1、2015学年山西省吕梁市孝义三中高三上第一次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 （ 4分）下列关于物理量的说法中正确的是（ ） A速度大小和线速度大小的定义是相同的 B做圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是一样的 C加速度的方向与速度变化的方向总是一致的 D地球赤道表面物体随地球自转所需向心力与此物体所受重力是一样的 答案： C 试题分析：速度大小等于位移比上时间，线速度大小等于弧长比上时间 做匀速圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是一样的，而变速圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是不一样的 根据加速度的定义式知道加速度的方向与速度变化的方向的关系 地球赤道表面物体随地球自转所需向心力
2、是万有引力的一个分力 解： A、速度大小等于位移比上时间，线速度大小等于弧长比上时间故 A错误； B、做匀速圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是一样的，而变速圆周运动的物体，其加速度和向心加速度是不一样的 向心加速度方向指向圆心，变速圆周运动的物体加速度不指向圆心，故 B 错误； C、根据加速度的定义式 a= ，加速度的方向与速度变化的方向总是一致的故 C正确； D、地球赤道表面物体随地球自转所需向心力是万有引力的一个分力，另一个分力就是重力，故 D错误； 故选： C 点评：该题考查了描述直线运动和圆周运动的物理量，知道速度大小和线速度大小的定义是不同的， 加速度是运动学中最重要的物理量，对
3、它的理解首先抓住物理意义，其次是定义式，以及与其他物理量的关系 （ 5分） 2010年 10月 1日 “嫦娥二号 ”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面 100km的 P点进行第一次 “刹车制动 ”后被月球捕获，进入椭圆轨道 绕月飞行， 之后，卫星在 P点又经过第二次 “刹车制动 ”，进入距月球表面100km的圆形工作轨道 ，绕月球做匀速圆周运动，如图所示则下列说法正确的是（ ） A卫星在轨道 上运动周期比在轨道 上长 B卫星在轨道 上运动周期比在轨道 上短 C卫星沿轨道 经 P点时的加速度小于沿轨道 经 P点时的速度 D卫星沿轨道 经 P点时的加速度等于沿轨道 经 P点时的加速度 答
4、案： AD 试题分析：根据开普勒第三定律的内容比较周期 研究 “嫦娥二号 ”绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出加速度的表达式 通过两个轨道的位置关系进行比较 解： AB、根据开普勒第三定律的内容：所有的行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等 即： =K， K与中心体有关 通过题意我们知道：轨道 的半长轴大于轨道 的半径 所以卫星在轨道 上运动周期比在轨道 上长，故 A正确， B错误 CD、研究 “嫦娥二号 ”绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式： 得出： a= ， 所以卫星沿轨道 经 P点时的加速度等于沿轨道 经 P点时的加速度故
5、C错误， D正确 故选： AD 点评：要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较 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 （ 5分）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 ，物块与该斜面间的动摩擦因数 tan ，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（ ） 答案： BD 试题分析：首先分析物体的运动情况：物体先做匀减速运动，当速度减为零之后由于 tan，所以 mgsin mgcos，则知物体匀加速下滑，根据牛顿第二定律和运动学公式比较上滑
6、和下滑的时间，物体滑回到出发点时的速度大小 解： A、 B 先物体沿着斜面向上做匀减速运动，当速度减为零之后由于 tan，所以 mgsin mgcos，则知物体匀加速下滑设物体上滑和下滑的时间分别为 t1和 t2、加速度大小分别为 a1和 a2，滑回出发点的速度大小为 v 上滑过程： mgsin+mgcos=ma1，则 a1=g（ sin+mgcos） 下滑过程： mgsin-mgcos=ma2，则 a2=g（ sin-mgcos）， 则有 a1 a2 由位移 x= ， x= ，则得， t1 t2、 由于摩擦力一直做负功，则 v v0故 A错误， B正确 C、 D物体受到滑动摩擦力的大小始终为
7、 mgcos，保持不变，而方向先沿斜面向下，后沿斜面向上，即先正后负故 C错误， D正确 故选 BD 点评：本题是牛顿定律、运动学规律的综合应用，要抓住上滑与下滑过程的位移大小相等，由加速度关系即可判断其他量的关系 （ 5分）如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为 R，小球半径为 r，则下列说法正确的是（ ） A小球通过最高点时的最小速度 Vmin= B小球通过最高点时的最小速度 vmin=0 C小球在水平线 ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D小球在水平线 ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 答案： BC 试题分析：小球在竖直光滑圆
8、形管道内做圆周运动，在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，从而可以确定在最高点的最小速度小球做圆周运动是，沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力 解： A、在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于 0时，内管对小球产生弹力，大小为 mg，故最小速度为 0故 A错误，B正确 C、小球在水平线 ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力故 C正确 D、小球在水平线 ab以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，可能外侧壁对小球有作用力，也可能内侧壁对小球有作用力故
9、D错误 故选 BC 点评：解决本题的关键知道小球在竖直光滑圆形管道中运动，在最高点的最小速度为 0，以及知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上 的合力提供 （ 5分）质量为 m的物体放在倾角为 30的斜面上，在平行斜面向下的力 F作用下处于静止状态，如图，下列关于斜面对物体摩擦力大小的说法，正确的是（ ） A一定大于 F B一定等于 F+ mg C可能等于 mg D可能等于 2mg 答案： ACD 试题分析：物体受重力、支持力、推力 F和静摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出静摩擦力的大小 解： A、 B、物体受重力、支持力、推力和静摩擦力处于平衡，根据共点力平衡得， f=mgsin
10、30+F= ，知 f一定大于 F，故 A正确， B错误； C、当 F= mg时， 则 f=mg所以 f可能等于 mg，故 C正确； D、当 F= 时， f=2mg，故 D正确； 故选 ACD 点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解 （ 4分）某人划船渡河，当划行速度和水流速度一定，且划行速度大于水流速度时过河的最短时间是 t1；若以最小位移过河，需时间 t2则划行速度 v1与水流速度 v2之比为（ ） A t2： t1 B t2： C t1：（ t2-t1） D t1： 答案： B 试题分析：小船过河的处理：（ 1）当船速垂直河岸时，用时最少；（ 2）当船速大于水速时，
11、合速度垂直河岸，位移最小分别列式 解：设河宽为 h （ 1）最短时间过河： t1= 得： v1= （ 2）最小位移过河： v合 = t2= 得： v2= 所以： =t2： 故选： B 点评：小船过河问题的处理只需要将运动分解到沿河方向和垂直河岸方向，分别列式即可注意：（ 1）当船速垂直河岸时，用时最少；（ 2）当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小 （ 4分）（ 2008 济宁模拟）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
12、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： 1 B.v1： v2： v3=6： 3： 2 C.v1： v2： v3=5： 3： 1 D.v1： v2： v3=9： 4： 1 答案： B 试题分析：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：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
13、： 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 （ 4分）（ 2013 湖南模拟）如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为 =0.3，用水平恒力 F拉动小车，下列关于物块的加速度 a1和小车的加速度 a2当水平恒力 F取不同值时， a1与 a2的值可能为（当地重力加速度 g取 10m/s2）（ ） A a1=2m/s2， a2=3m/s2 B a1=3m/s2， a2=2 m/s2 C a1=5
14、m/s2， a2=3m/s2 D a1=3m/s2， a2=5 m/s2 答案： D 试题分析：对整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对 m受力分析，根据牛顿第二定律列方程；最后联立方程组求解 解：当 F mg=3mN时，木块与小车一起运动，且加速度相等，最大共同加速度为 mg=mamax amax=g=3m/s2 故 AB错误 当 F3mN时，小车的加速度大于木块的加速度，此时木块与小车发生相对运动， 此时木块加速度最大，由牛顿第二定律得： 小车的加速度 a2 3m/s2 故 C错误， D正确， 故选 D 点评：本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，联
15、立方程组求解 （ 4分）一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上， A、 B两物体通过细绳连 接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦），如图所示现用水平力 F作用于物体 B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体 A仍然静止则下列说法正确的是（ ） A.缓慢拉开的过程中水平拉力 F不变 B.斜面体所受地面的支持力不变 C.斜面对物体 A作用力的合力变大 D.物体 A所受斜面体的摩擦力变小 答案： B 试题分析：以 B为研究对象，根据平衡状态判断 F及绳子上的拉力变化情况，以 A为研究对象根据平衡条件判断 A所受摩擦力的情况，最后以 A和 斜面为研究对象判断斜面与地面间的相互作用 解：
16、 A：对木块 B受力分析，如图： 根据共点力平衡条件，有： tan= ，即： F=mBgtan在缓慢拉开 B的过程中， 变大，故 F变大，故 A错误； B：对斜面体和木块 A、 B整体受力分析，由于一直平衡，故支持力等于系统的总重力，故 B正确； CD：物体 A受重力、支持力、细线的拉力，可能没有静摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受沿斜面向上的静摩擦力，故拉力 T变大后，静摩擦力可能变小，也可能变大，支持力不变，故斜面对物体 A作用力的合力可能变大，也可能变小，故 C错误， D也错误； 故选： B 点评：本题关键分别对 A、 B受力分析，然后根据共点力平衡条件分析求解，在计算地面
17、对斜面的支持力时，可以用整体法，不需要考虑系统内力，能使解题过程大大简化当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究，往往比较简捷 （ 4分）如图，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止， A、 D间细绳是水平的，现对 B 球施加一个水平向右的力 F，将 B 缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力 TAC、 TAD、 TAB的变化情况是（ ） A.都变大 B.TAD和 TAB变大， TAC不变 C.TAC和 TAB变大， TAD不变 D.TAC和 TAD变大， TAB不变 答案： B 试题分析：先以 B 为研究对象受力分析，由分解法作图判断出 TAB大小的变化； 再以 AB整体为研究对象受力分
18、析，由平衡条件判断 TAD和 TAC的变化情况 解：以 B为研究对象受力分析，由分解法作图如图： 由图可以看出，当将 B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中 1、 2、 3三个位置大小所示，即 TAB逐渐变大， F逐渐变大； 再以 AB整体为研究对象受力分析， 设 AC绳与水平方向夹角为 ， 则竖直方向有： TACsin=2mg 得： TAC= ，不变； 水平方向： TAD=TACcos+F， TACcos不变，而 F逐渐变大，故 TAD逐渐变大； 故 B正确； 故选： B 点评：当出现两个物体的时候，如果不是求两个物体之间的作用力大小通常采取整体法使问题
19、更简单 （ 4分）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 答案： C 试题分析：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：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 ，则有：V1=V2cos，随着 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 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 （ 4分）
20、关于质点的下列说法正确的是（ ） A研究地球公转时，由于地球很大，所以不能将地球看做质点 B万吨巨轮在大海中航行，研究巨轮所处的地理位置时，巨轮 可看做质点 C研究火车经过南京长江大桥所用的时间时，可以将火车看做质点 D研究短跑运动员的起跑姿势时，由于运动员是静止的，所以可以将运动员看做质点 答案： B 试题分析：解决本题要正确理解质点的概念：质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略 解： A、研究地球公转时，虽然地球很大，但公转半径比地球大得多，所以能将地球看做质
21、点，所以 A错误 B、巨轮的大小和形状不影响它在海面的位置，所以可以看做质点，所以 B正确； C、研究火车经过南京长江大桥所用的时间时，火车的长度与大桥的长度相差不大，则为可以将火车看做质点，所以 C错误； D、短跑运动员的起跑姿势时，虽然运动员是静止的，但要研究运动员的起跑姿势，此时不能看成质点，所以 D错误 故选： B 点评：质点是运动学中一个重要概念，要理解其实质，不能停在表面，并不是体积小，就能当作质点，也不是体积大，就不能当作质点，根据自身形状大小对研究问题没有影响，即可看成质点 实验题 （ 10分）（ 2014 济宁一模） 在利用如图甲所示的装置测量木块与长木板间的动摩擦因数的实验
22、中： 以下提供的器材中不需要的是 ，还需要的器材是 打点计时器、纸带、复写纸、木块、长木板、立柱、 50Hz 低压交流电源、导线、天平 若图甲中立柱的高度是木板长度的一半，接通电源，得到如图乙所示的纸带则木块下滑的加速度为 m/s2，木块与长木板间的动摩擦因数为 （ g取10m/s2，所有计算结果均保留两位有效数字）由于存在系统误差，动摩擦因数的测量值比真实值 （填偏大或偏小） 答案： 天平；刻度尺； 2.0； 0.35；偏大 试题分析： 对木块进行受力分析，由牛顿第二定律列方程，求出动摩擦因数的表达式，然后分析答题 根据图示纸带，应用匀变速运动的推论： x=at2求出加速度，然后求出动摩擦因
23、数；由于纸带与打点计时器间存在摩擦力，则动摩擦因数的测量值大于真实值 解： 设斜面的倾角是 ，由题意知： sin= ， cos= ， 对木块，由牛顿第二定律得： mgsin-mgcos=ma，解得： = ， 要测动摩擦因数，需要测出：斜面的高度 h、斜面长度 L、木块的加速度 a， 测斜面高度与长度需要刻度尺，测加速度需要： 打点计时器、 纸带、复写纸、木块、长木板、立柱、 50Hz 低压交流电源、导线， 因此不需要的器材是：天平，还需要的器材是：刻度尺； 由图乙所示纸带可知，计数点间的时间间隔 t=0.02s2=0.04s， 由匀变速运动的推论： x=at2可得： 加速度： a= = 2.0
24、m/s2， 由题意知，立柱的高度是木板长度的一半，即 h= ， L=2h， 则动摩擦因数： = = 0.35， 木块运动时，由于纸带与打点计时器间存在摩擦， 所测加速度偏小，动摩擦因数的测量值大于真实值； 故答案：为： 天平；刻度尺； 2.0； 0.35；偏大 点评：熟练掌握匀变速运动的推论： x=at2是正确求解加速度的关键；对木块正确受力分析，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数 （ 4分）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
25、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 答案： D B 试题分析：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：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
26、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 计算题 （ 8分）（ 2013 龙岩模拟）如图所示一根劲度系数 k=200N/m的轻质弹簧拉着质量为 m=0.2kg的物体从静止开始沿倾角为 =37的斜面匀加速上升，此时弹簧伸长量 x=0.9cm，在 t=1.0s内物体前进了 s=0.5m求： （ 1）物体加速度的大小；
27、（ 2）物体和斜面间动摩擦因数（取 g=10m/s2， sin37=0.6， cos37=0.8） 答案：（ 1）物体加速度的大小为 1m/s2；（ 2）物体和斜面间动摩擦因数为0.25 试题分析：（ 1）物体沿斜面做匀加速运动，已知初速度为零， t=1.0s内物体前进了 s=0.5m，由位移公式即可求解加速度 （ 2）分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律和胡克定律结合能物体受到的支持力和滑动摩擦力，再求解物体和斜面间动摩擦因数 解：（ 1）物体沿斜面做初速度为 0的匀加速运动，根据运动学公式： 得 （ 2）物体运动过程中受力情况如图所示： 根据牛顿第二定律： F-Ff-mgsin37=ma
28、又根据胡克定律： F=kx F=2000.910-2 N=1.8N 代入解得： Ff=F-mgsin37-ma=（ 1.8-0.2100.6-0.21.0） N=0.4N FN=mgcos37=0.2100.8 N=1.6N 根据滑动摩擦力公式 Ff=FN得： 答： （ 1）物体加速度的大小为 1m/s2； （ 2）物体和斜面间动摩擦因数为 0.25 点评：本题属于知道物体的运动情况，确定物体受力情况的类型，加速度是力与运动的桥梁，运用牛顿定律和运动学结合进行处理 （ 12分）（ 2014 惠州模拟）如图歼 -15舰载机成功着陆 “辽宁号 ”航母，设歼 -15飞机总质量 m=2.0104kg，
29、 g=10m/s2若歼 -15飞机以 V0=50m/s的水平速度着陆甲板所受其它水平阻力（包括空气和摩擦阻力）恒为 105N （ 1）飞机着舰后，若仅受水平阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？ （ 2）在阻拦索的作用下，飞机匀减速 滑行 50m停下，求阻拦索的作用力大小和飞机对飞行员的作用力是飞行员自重的多少倍？ （ 3） “辽宁号 ”航母飞行甲板水平，但前端上翘，水平部分与上翘部分平滑连接，连接处 D点可看作圆弧上的一点，圆弧半径为 R=100m，飞机起飞时速度大容易升空，但也并非越大越好已知飞机起落架能承受的最大作用力为飞机自重的 11倍，求飞机安全起飞经过圆弧处 D点的最大
30、速度？ 答案：（ 1）飞机着舰后，若仅受水平阻力作用，航母甲板至少 250m长才能保证飞机不滑到海里；（ 2）阻拦索的作用力大小 6105 N，飞机对飞行员的作用力是飞行员自重的 倍；（ 3）飞机安全起飞经过圆弧处 D点的最大速度100m/s 试题分析：（ 1）根据运动学公式求出匀减速运动的加速度，根据运动学公式求滑行距离 （ 2）根据运动学公式求出匀减速运动的加速度，从而根据牛顿第二定律求出阻拦索对飞机水平方向的作用力，根据人的合力通过平行四边形定则求出飞机对飞行员的作用力，从而得出作用力是飞行员自重的倍数 （ 3）根据竖直方向上的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求出最大速度的大小 解：（
31、1）由牛顿第二定律知： f=ma 解得 a= =5 m/s2 滑行的距离 S= =250m （ 2）由匀减速可知 = =25m/s2 由牛顿第二定律 F+f=ma F=ma-f=6105 N 飞行员受到飞机的作用力为 F 作 = 故 （ 3）由 V= =100m/s 答：（ 1）飞机着舰后，若仅受水平阻力作用，航母甲板至少 250m长才能保证飞机不滑到海里； 2）阻拦索的作用力大小 6105 N，飞机对飞行员的作用力是飞行员自重的倍； （ 3飞机安全起飞经过圆弧处 D点的最大速度 100m/s 点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解 （ 14分）如图所示，
32、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=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 =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
33、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 答案：（ 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 试题分析：（ 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
34、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：（ 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： mg=ma，代入数据解得： a=g=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=
35、= =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 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
