山东省枣庄八中2022届高三物理上学期第二次段考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年山东省枣庄八中高三（上）第二次段考物理试卷一、选择题（本题包括11小题；每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的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，有选错或不选的得0分）1．（4分）（2022秋•乳山市期中）2022年9月25日21时10分，“神舟”七号载人航天飞船在中国西昌卫星发射中心用“长征”二号F型火箭发射成功，9月27日翟志刚成功实施太空行走．已知“神舟”七号载人航天飞船在离地球表面h高处的轨道上做周期为T的匀速圆周运动，地球半径为R，万有引力常量为G．则（　　）　A．“神舟”七号在该轨道上运行的线速度大小为　B．“神舟”七号在该轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度　C．“神舟”七号在该轨道上运行的向心加速度为　D．地球表面的重力加速度为考点：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：A、根据v=，求出“神舟”七号的线速度．B、根据万有引力提供向心力，比较线速度．C、根据a=求出“神舟”七号的向心加速度．D、根据万有引力提供向心力，求出地球的质量，再根据万有引力等于重力G，求出地球表面的重力加速度．解答：解：A、神舟七号的轨道半径等于r=R+h，v==．故A错误．B、根据万有引力提供向心力，得，神舟七号的轨道半径大于地球半径，所以“神舟”七号在该轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度．故B正确．C、a==．故C正确．-16-D、根据，M=，再根据万有引力等于重力G，g=．故D正确．故选BCD．点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力以及万有引力等于重力G．　2．（4分）（2022秋•薛城区校级月考）如图，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h．下列说法中正确的是（设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0）（　　）　A．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为h　B．若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点　C．若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高h　D．若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h考点：机械能守恒定律．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：物体上升过程中轨道的支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒；斜抛运动运动最高点，速度不为零；AD轨道最高点，合力充当向心力，速度也不为零．解答：解：A、若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后做斜抛运动，斜抛运动的最高点有水平分速度，速度不为零，由于物体机械能守恒可知，故不能到达h高处，故A错误；B、若把斜面AB变成曲面AEB，物体在最高点速度为零，根据机械能守恒定律，物体沿此曲面上升仍能到达B点，故B正确；C、若把斜面弯成圆弧形D，如果能到圆弧最高点，根据机械能守恒定律得知：到达h处的速度应为零，而物体要到达最高点，必须由合力充当向心力，速度不为零，故知物体不可能到D点，故C错误；D、若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，若B点不高于此圆的圆心，则到达B点的速度可以为零，根据机械能守恒定律，物体沿斜面上升的最大高度仍然可以为h，故D正确；故选：BD．点评：本题关键是根据机械能守恒定律分析，同时要知道斜抛运动和沿圆弧内侧运动到达最高点时，速度都不为零．　-16-3．（4分）（2022•天心区校级模拟）如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动．以下说法正确的应是（　　）　A．在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）g　B．在释放瞬间，支架对地面压力为Mg　C．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（m+M）g　D．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）g考点：共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；向心力．版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：由题，摆球运动过程中，支架始终不动，在释放摆球的瞬间，分析支架竖直方向受力情况，由平衡条件求解地面对支架的支持力，再由牛顿第三定律得到支架对地面的压力．摆球从释放到到达最低点时，机械能守恒，由机械能守恒定律和牛顿第二定律求出摆球到达最低点时细线的拉力，再求解支架对地面的压力．解答：解：A、B在释放摆球的瞬间，支架竖直方向受到重力Mg和地面的支持力N1，由平衡条件知，N=Mg，根据牛顿第三定律得知，支架对地面的压力N1′=N1=Mg．故A错误，B正确．C、D设摆球到达最低点时速度大小为v，摆长为L，由机械能守恒定律得：mgL=…①摆球到达最低点时，有：F﹣mg=m…②联立①②得细线的拉力：F=3mg结合牛顿第三定律，得支架对地面的压力大小为：N2=Mg+F=（3m+M）g．故C错误，D正确．故选BD点评：本题考查平衡条件、机械能守恒定律和牛顿运动定律，摆球到达最低点时细线的拉力等于3mg，与摆长无关，是经常用到的结论．　4．（4分）（2022•中山市模拟）中央电视台《今日说法》栏目最近报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是（　　）-16-　A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动　B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动　C．公路在设计上可能内（东）高外（西）低　D．公路在设计上可能外（西）高内（东）低考点：牛顿第二定律；向心力；离心现象．版权所有专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：汽车拐弯时发生侧翻是由于车速较快，提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．有可能是内测高外侧低，支持力和重力的合力向外，最终的合力不够提供向心力．解答：解：A、汽车发生侧翻是因为提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．故A正确，B错误．C、汽车在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，现在易发生侧翻可能是路面设计不合理，公路的设计上可能内侧（东）高外侧（西）低，重力沿斜面方向的分力背离圆心，导致合力不够提供向心力而致．故C正确，D错误．故选AC．点评：解决本题的关键知道当提供的力等于圆周运动所需要的力，物体做圆周运动，当提供的力不够圆周运动所需要的力，物体做离心运动．　5．（4分）（2022•浙江）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．版权所有专题：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：-16-=T=2π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．（4分）（2022•西安一模）一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为（　　）　A．mgRB．mgRC．mgRD．mgR考点：机械能守恒定律．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：当滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律可以求出铁块的速度；铁块下滑过程中，只有重力和摩擦力做功，重力做功不影响机械能的减小，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，根据动能定理可以求出铁块克服摩擦力做的功．解答：-16-解：铁块滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的1.5倍，根据牛顿第二定律，有N﹣mg=m…①压力等于支持力，根据题意，有N=1.5mg…②对铁块的下滑过程运用动能定理，得到mgR﹣W=…③由①②③式联立解得克服摩擦力做的功：W=所以损失的机械能为故选D点评：根据向心力公式求出末速度，再根据动能定理求出克服摩擦力做的功即可．　7．（4分）（2022•秦州区校级模拟）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（　　）　A．运动员到达最低点前重力势能始终减小　B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加　C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒　D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关考点：机械能守恒定律；弹性势能．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：运动员人高台下落过程中，重力做正功，重力势能始终减小．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加．以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置．解答：解：A、运动员到达最低点前，重力对运动员一直做正功，运动员的重力势能始终减小．故A正确．B、蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，运动员的位移向下，弹性力对运动员做负功，弹性势能增加．故B正确．C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒．故C正确．D、重力势能的改变与重力做功有关，取决于初末位置的高度差，与重力势能零点的选取无关．故D错误．故选ABC．点评：本题类似于小球掉在弹簧上的类型．重力与弹力特点相似，这两种力做正功时，势能减小，做负功时，势能增加．　8．（4分）（2022•泰安二模）2022年2月8日-16-，欧洲航天局的“火星快车”号探测飞船利用雷达探测到火星表面有海床沉积物的迹物，为证明火星表面曾经被海洋覆盖提供了有力证据．如图所示，“火星快车”号探测飞船到达火星附近后，先沿椭圆轨道I运动，P是近地点、Q是远地点，变轨后沿圆形轨道Ⅱ运动，下列正确的是（　　）　A．飞船在轨道I上从P到Q过程中，动能减小　B．飞船沿轨道I运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期　C．飞船沿轨道I经P点时的速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的速度　D．飞船沿轨道I经P点时的加速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的加速度考点：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．版权所有专题：人造卫星问题．分析：飞船从P到Q过程中万有引力做负功，飞船的动能减小．根据开普勒第三定律，轨道半长轴r越大周期越大．飞船要在P点加速做离心运动，才能从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ．根据万有引力提供向心力，得a=，距离r相等，则加速度相等，r大则加速度小．解答：解：A、飞船在轨道Ⅰ上从P到Q的过程中万有引力做负功，根据动能定理可知，飞船的动能减小，故A正确；B、由开普勒第三定律，可知飞船沿轨道Ⅰ运行的周期大于沿轨道Ⅱ运行的周期，故B错误；C、飞船从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，要在P点加速做离心运动，所以飞船沿轨道Ⅰ经P点时的速度大于沿轨道Ⅱ经P点时的速度，故C正确；D、根据万有引力提供向心力，可知无论在哪个轨道飞船在P处的加速度都为a=G，故D选错误．故选：AC．点评：本题要掌握开普勒第三定律，理解公式中各个量的含义，轨道半长轴r越大周期越大，其中k由中心天体的质量决定，与环绕天体无关．　-16-9．（4分）（2022春•江北区校级期末）在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动．某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g．则（　　）　A．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0　B．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为v0　C．人沿沙坡下滑时所受阻力Ff=mgsinα﹣　D．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．版权所有专题：功率的计算专题．分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出人滑到底端的速度，结合速度位移公式求出人的加速度，根据牛顿第二定律求出阻力的大小．当速度最大时，重力的功率最大，结合重力和最大速度，根据功率的表达式求出重力功率的最大值．解答：解：A、人由静止开始运动时，有：（2v0）2=2aL，当初速度为v0时，根据速度位移公式有：v2﹣v02=2aL．联立两式得，v=故A错误，B正确．C、根据速度位移公式得，加速度a=．根据牛顿第二定律得，mgsinα﹣Ff=ma，解得：Ff=mgsinα﹣．故C正确．D、当人滑到底端时，速度最大，最大速度为2v0，则重力功率的最大值P=mg•2v0•sinα=2mgv0sinα．故D错误．故选：BC．点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据运动求力，也可以根据力求运动．　10．（4分）（2022秋•薛城区校级月考）如图所示，将一质量为m的小球以一定的初速度自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，OA与竖直方向夹角为53°，重力加速度大小为g．则小球抛出时的动能与到达A点时动能的比值为（　　）　A．B．C．D．-16-考点：机械能守恒定律；平抛运动．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：小球做平抛运动，由平抛运动规律可以求出小球的初速度，由动能定理求出小球到达A点的动能，然后求出小球的动能之比．解答：解：小球做平抛运动，在水平方向有：OA•sin53°=v0t，竖直方向有：OA•cos53°=gt2，初动能：EK0=mv02，从O到A过程，由动能定理得：EKA﹣EK0=mg•OA•cos53°，解得：=；故选：D点评：本题考查了求小球动能的比值，应用平抛运动规律、动能定理即可正确解题．　11．（4分）（2022秋•薛城区校级月考）一足够长的水平传送带以恒定速率v运动，将一质量为m的物体轻放到传送带左端，已知物体在到达最右端前就与传送带有相同的速度；则物体从左端运动到右端的过程中，下列说法正确的是（　　）　A．全过程中传送带对物体做功为mv2　B．全过程中物体对传送带做功为﹣mv2　C．物体加速阶段摩擦力对物体做功的功率逐渐增大　D．物体加速阶段摩擦力对传送带做功的功率恒定不变考点：动能定理的应用．版权所有专题：传送带专题．分析：对工件进行分析，运用动能定理求出摩擦力对工件做的功．对传送带而言，摩擦力做的功为负功．工件从静止到与传送带相对静止这个过程，物块与传送带的位移不等，所以摩擦力对两者做功大小也不等．解答：解；A、传送带足够长，故物体末速度为v，对物体，由动能定理得：W=mv2，故A正确B、传送带与物体间的作用力大小相等、方向相反，物体在传送带上滑动时，物体与传送带的位移不相等，它们间的作用力大小相等，作用力做功大小不同，故B错误；C、摩擦力大小不变，而物体速度增加，加速阶段摩擦力对物体做功的功率逐渐增大，故C正确D、水平传送带以恒定速率v运动，故摩擦力对传送带做功的功率不变，故D正确故选：ACD．点评：-16-了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．　三、实验题（本题包括2小题，共12分）12．（8分）（2022春•邯郸期末）在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到　B　点来验证机械能守恒定律；（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量△Ep=　1.88　J，动能增加量△Ek=　1.84　J（结果取三位有效数字）；（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的　A　．考点：验证机械能守恒定律．版权所有专题：实验题；机械能守恒定律应用专题．分析：该实验的原理是验证物体下降的距离从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据△Ep=mg△h求重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而求出动能的增加量．解答：解：（1）因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．（2）重物重力势能的减少量△Ep=mg△h=9.80×0.192=1.88J．B点的速度=1.92m/s，则B点的动能=1.84J．所以动能的增加量△Ek=1.84J．-16-（3）根据mgh=得，，即与h成正比．故A正确．故答案为：（1）B　（2）1.88　1.84　（3）A点评：解决本题的关键知道验证机械能守恒定律的实验原理，掌握重力势能减小量和动能增加量的求法．　13．（4分）（2022秋•薛城区校级月考）为了探究动能定理，现提供如图1所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思考探究思路并回答问题（打点计时器所用交流电频率为50Hz）：（1）关于实验操作下列说法正确的是　BCD　A．应改变橡皮筋拉伸的长度，打出不同的纸带进行分析B．应保持橡皮筋拉伸的长度不变，改变橡皮筋的条数，打出不同的纸带进行分析C．应选取纸带上点迹间隔均匀的一段进行测量，以求出小车匀速运动时的速度D．实验中将木板左端适当垫高的目的是：使重力分力平衡掉小车和纸带受到的摩擦力，提高实验的精确度（2）如图2是某同学在正确实验操作过程中得到的一条纸带，O、A、B、C、D、E、F为选取的计数点，相邻的两个计数点间有一个点没有画出，各计数点到O点的距离分别为：0.87cm、4.79cm、8.89cm、16.91cm、25.83cm、34.75cm，若打点计时器的打点频率为50Hz，则由该纸带可知本次实验中小车的速度是　2.23　m/s．考点：探究功与速度变化的关系．版权所有专题：实验题；动能定理的应用专题．分析：用橡皮筋拉小车探究功与速度变化的关系，必须平衡摩擦力，让小车的速度增加仅仅是橡皮筋做功的结果；我们通过改变橡皮筋的条数来改变做功的多少，不用测量变力；小车的速度是加速段获得的最大速度即以后的匀速段的速度．解答：解：（1）A、应改变橡皮筋拉伸的长度，打出不同的纸带进行分析，故A错误；B、应保持橡皮筋拉伸的长度不变，改变橡皮筋的条数，打出不同的纸带进行分析，故B正确；C、应选取纸带上点迹间隔均匀的一段进行测量，以求出小车匀速运动时的速度，故C正确；D、实验中将木板左端适当垫高的目的是：使重力分力平衡掉小车和纸带受到的摩擦力，提高实验的精确度，故D正确；（2）应求出小车做匀速运动时的速度，由实验数据可知，v=，代入数据解得：v=2.23m/s；故答案为：（1）BCD　（2）2.23m/s点评：-16-这是一道考查探究功与速度变化的关系的基础题，是一道容易出错的题目．同学们在学习中应注意实验的细节．　四、计算题（本题包括5小题，共44分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）14．（6分）（2022秋•薛城区校级月考）一宇航员站在某质量分布均匀的星球表面上沿竖直方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落回抛出点，已知该星球半径为R，引力常量为G，求：（1）该星球表面的重力加速度；（2）该星球的第一宇宙速度．考点：万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．版权所有专题：万有引力定律的应用专题．分析：（1）小球做竖直上抛运动，由运动学公式可求得该星球表面的重力加速度g；（2）该星球的近地卫星的向心力由万有引力提供，该星球表面物体所受重力等于万有引力，联立方程即可求出该星球的第一宇宙速度υ；解答：解：（1）小球在空中的运动时间t=2×，所以g=．（2）由G=mg联立以上各式可得：答：（1）该星球表面的重力加速度；（2）该星球的第一宇宙速度．点评：重力加速度g是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量．本题要求学生掌握两种等式：一是物体所受重力等于其吸引力；二是物体做匀速圆周运动其向心力由引力提供．　15．（8分）（2022秋•薛城区校级月考）如图为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m=5×104kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02m/s的匀速运动．取g=10m/s2．求：（1）起重机允许输出的最大功率．（2）重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．-16-考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．版权所有专题：功率的计算专题．分析：（1）当起重机的功率达到允许最大值，且重物达到最大速度vm时，拉力和重力相等，结合P=Fv求出最大功率．（2）根据牛顿第二定律求出牵引力，根据P=Fv求出匀加速运动的最大速度，结合速度时间公式求出匀加速运动的时间，根据速度时间公式求出2s末的速度，根据P=Fv求出瞬时功率的大小．解答：解：（1）当起重机的功率达到允许最大值，且重物达到最大速度vm时，拉力和重力相等，即F=mg．根据P=FvPm=mgvm=5×104×10×1.02W=5.1×105W．（2）根据牛顿第二定律F﹣mg=ma又Pm=Fvv=at代入数据解得：t=5s．当t′=2s时v′=at′，P′=Fv′代入数据解得：P′=2.04×105W．答：（1）起重机允许输出的最大功率为5.1×105W．．（2）重物做匀加速运动所经历的时间为5s，第2秒末的输出功率为2.04×105W．点评：解决本题的关键知道拉力等于重力时速度最大，匀加速直线运动结束，功率达到额定功率，结合牛顿第二定律以及功率与牵引力的关系进行求解．　16．（10分）（2022•北京）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能EK；（3）小物块的初速度大小v0．-16-考点：动能定理的应用；平抛运动．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：（1）物块离开桌面后做平抛运动，由匀速与匀变速运动规律可以求出水平距离．（2）由动能定理可以求出落地动能．（3）由动能定理可以求出物块的初速度．解答：解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向：h=gt2，解得：t=0.3s，水平方向：s=vt=0.9m；（2）对物块从飞出桌面到落地，由动能定理得：mgh=mv12﹣mv22，落地动能EK=mv12=0.9J；（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，由动能定理得：﹣μmgl=mv2﹣mv02，解得：v0=4m/s；答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．（2）小物块落地时的动能为0.9J．（3）小物块的初速度为4m/s．点评：要掌握应用动能定理解题的方法与思路；（2）（3）两问也可以应用牛顿定律、运动学公式求解．　17．（8分）（2022秋•薛城区校级月考）如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的某点由静止释放，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ．求：（1）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L应满足什么条件．（2）若将该物体从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程．考点：动能定理；向心力．版权所有-16-专题：动能定理的应用专题．分析：（1）根据圆周运动中能过最高点的条件求出D点的速度，利用动能定理求释放点距B点的距离L应满足什么条件；（2）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整体过程由动能定理得：mgR•cosθ﹣μmgcosθ•s=0求解路程s．解答：解：（1）设物体刚好到D点，则mg=…①对全过程由动能定理得：mgLsinθ﹣μmgcosθ•L﹣mgR（1+cosθ）=mvD2…②由①②得应满足条件：L=•R．（2）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整体过程由动能定理得：mgR•cosθ﹣μmgcosθ•s=0所以总路程为s=．答：（1）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L应满足L≥•R．（2）若将该物体从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动，物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程为．点评：本题综合应用了动能定理求摩擦力做的功、圆周运动及圆周运动中能过最高点的条件，对动能定理、圆周运动部分的内容考查的较全，是圆周运动部分的一个好题　18．（12分）（2022秋•薛城区校级月考）如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R=0.2m，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块．当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC．以知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均μ=0.5，A点离B点所在水平面的高度h=1.2m．滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin37°=0.6；cos37°=0.8（1）当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？（2）若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能．（3）从滑块到达B点时起，经0.6s正好通过C点，求BC之间的距离．-16-考点：动能定理；牛顿第二定律．版权所有专题：动能定理的应用专题．分析：（1）滑块做匀速圆周运动，指向圆心的静摩擦力力提供向心力，静摩擦力随着外力的增大而增大，当滑块即将从圆盘上滑落时，静摩擦力达到最大值，根据最大静摩擦力等于向心力列式求解，可以求出滑块即将滑落的临界加速度；（2）先根据动能定理求解出滑倒最低点时的动能，再根据机械能的表达式求解出机械能；（3）对滑块受力分析，分别求出向上滑行和向下滑行的加速度，然后根据运动学公式求解出BC间的距离．解答：解：（1）滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：μmg=mω2R代入数据解得：ω=5rad/s（2）滑块在A点时的速度：vA=ωR=5×0.2m/s=1m/s从A到B的运动过程由动能定理：mgh﹣μmgcos53°•=mvB2﹣mvA2在B点时的机械能EB=mvB2﹣mgh代入数据解得EB=﹣4J．（3）滑块在B点时的速度：vB=4m/s滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a3=g（sin37°+μcos37°）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s2返回时的加速度大小：a2=g（sin37°﹣μcos37°）=10×（0.6﹣0.5×0.8）=2m/s2BC间的距离：sBC=﹣a2（t﹣）2代入数据解得sBC=0.76m．答：（1）当圆盘的角速度5rad/s时，滑块从圆盘上滑落．（2）滑块到达B点时的机械能为﹣4J．（3）BC之间的距离为0.76m．点评：本题关键把物体的各个运动过程的受力情况和运动情况分析清楚，然后结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解．　-16-