福建省龙岩市武平一中高三物理上学期周考试卷（9.19实验班含解析）.doc

2015-2016学年福建省龙岩市武平一中高三（上）周考物理试卷（实验班）（9.19） 一选择题（64分）1小明同学遥控小船做过河实验，并绘制了四幅小船过河的航线图，如图所示图中实线为河岸，河水的流动速度不变，方向水平向右，虚线为小船从河岸m驶向对岸n的实际航线，小船相对于静水的速度不变，并且大于河水的流动速度则( )a航线图甲是正确的，船头保持图中的方向，小船过河时间最短b航线图乙是正确的，船头保持图中的方向，小船过河位移最短c航线图丙是正确的，船头保持图中的方向，小船过河位移最短d航线图丁不正确，如果船头保持图中的方向，船的轨迹应该是曲线2质量为2kg的物体在xy平面上作曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是( )a质点的初速度为3m/sb质点所受的合外力为3nc质点初速度的方向与合外力方向垂直d2s末质点速度大小为6m/s3如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a在船下水点a的下游距离为b处是瀑布为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去）( )a小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=速度最大，最大速度为vmax=b小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小速度最大，最大速度为vmax=c小船沿轨迹ab运动位移最大、时间最长速度最小，最小速度vmin=d小船沿轨迹ab运动位移最大、速度最小最小速度vmin=4如图所示，ab杆以恒定角速度绕a点转动，并带动套在水平杆oc上的质量为m的小环运动，运动开始时，ab杆在竖直位置，则小环m的加速度将( )a逐渐增大b先减小后增大c先增大后减小d逐渐减小5a、b两点在同一条竖直线上，a点离地而的高度为2.5h，b点离地面高度为2h将两个小球分别从a、b两点水平抛出，它们在p点相遇，p点离地面的高度为h已知重力加速度为g，则( )a两个小球一定同时抛出b两个小球抛出的时间间隔为（）c小球a、b抛出的初速度之比=d小球a、b抛出的初速度之比=6如图，在半径为r圆环圆心o正上方的p点，将一小球以速度v0水平抛出后恰能从圆环上q点沿切线飞过，若oq与op间夹角为，不计空气阻力则( )a从p点运动到q点的时间为t=b从p点运动到q点的时间为t=c小球运动到q点时的速度为vq=d小球运动到q点时的速度为vq=7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hb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hd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h8如图所示叠放在水平转台上的小物体a、b、c能随转台一起以角速度匀速转动，a、b、c的质量分别为3m、2m、m，a与b、b与转台、c与转台间的动摩擦因数都为，b、c离转台中心的距离分别为r、1.5r设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以下说法中不正确的是( )ab对a的摩擦力一定为3mgbc与转台间的摩擦力大于a与b间的摩擦力c转台的角速度一定满足：d转台的角速度一定满足：9如图所示的装置中表面粗糙的斜面固定在地面上斜面的倾角为=30两个光滑的定滑轮的半径很小，用一根跨过定滑轮的细线连接甲、乙两物体，把甲物体放在斜面上且连线与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使悬线拉直且偏离竖直方向=60现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内摆动，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好未滑动已知乙物体的质量为m=1kg，若重力加速度g取10m/s2下列说法不正确的是( )a乙物体运动经过最高点时悬线的拉力大小为5 nb乙物体运动经过最低点时悬线的拉力大小为20 nc斜面对甲物体的最大静摩擦力的大小为l5 nd甲物体的质量为2.5 kg10如图所示，在半径为r的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以转数n转每秒在水平面内作匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为( )arbcd+11质量为m的石块从半径为r的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，由于摩擦力的作用使得石块的速度大小不变，如图所示，那么( )a因为速率不变，所以石块的加速度为零b石块下滑过程中受的合外力越来越大c石块下滑过程中的摩擦力大小不变d石块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心12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( )arbrcrdr13如图甲所示，轻杆一端固定在o点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为f，小球在最高点的速度大小为v，其fv2图象如图乙所示不计空气阻力，则( )a小球的质量为b当地的重力加速度大小为cv2=c时，杆对小球的弹力方向向上dv2=2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等14如图所示是摩天轮示意图，若摩天轮顺时针匀速转动时，重为g的游客经过图中a、b、c、d四处时，游客对座椅的压力大小分别为na、nb、nc、nd，则( )anagbnbgcncgdndg15质量为m的汽车，额定功率为p，与水平地面间的摩擦数为，以额定功率匀速前进一段时间后驶过一圆弧形半径为r的凹桥，汽车在凹桥最低点的速度与匀速行驶时相同，则汽车对桥面的压力n的大小为( )an=mg+（）2bn=mg（）2cn=mgdn=16如图所示，小球以初速度为v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部图中a是内轨半径大于h的光滑轨道、b是内轨半径大于小于h的光滑轨道、c是内轨半径等于光滑轨道、d是长为的可绕o点在竖直平面内转动的轻棒，棒下端固定一个小球小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以f四种情况中能到达高度h的有( )aabbccdd二、解答题（共3小题，满分36分）17如图所示是利用电力传送带装运麻袋包的示意图传送带长l=20m，倾角=37，麻袋包与传送带间的动摩擦因数=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径r相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s现在传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车厢底板中心，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）主动轮的半径r；（2）主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离x（3）麻袋包在传送带上运动的时间t18如图所示，轮半径r=10cm的传送带，水平部分ab的长度l=1.5m，与一圆心在o点半径r=1m的竖直光滑圆轨道的末端相切于a点，ab高出水平地面h=1.25m一质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点），由圆轨道上的p点从静止释放，op与竖直线的夹角=37已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，滑块与传送带的动摩擦因数=0.1，不计空气阻力（1）求滑块对圆轨道末端的压力（2）若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与b间的水平距离（3）若传送带以v0=0.5m/s的速度沿逆时针方向运行（传送带上部分由b到a运动），求滑块在皮带上滑行过程中产生的内能19如图，在水平轨道右侧固定半径为r的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的pq段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态可视为质点的小物块从轨道右侧a点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回已知r=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与pq段间的动摩擦因数=0.4，轨道其它部分摩擦不计取g=10m/s2求：（1）物块经过圆轨道最高点b时对轨道的压力；（2）物块从q运动到p的时间及弹簧获得的最大弹性势能；（3）物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节pq段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回a点继续向右运动2015-2016学年福建省龙岩市武平一中高三（上）周考物理试卷（实验班）（9.19）一选择题（64分）1小明同学遥控小船做过河实验，并绘制了四幅小船过河的航线图，如图所示图中实线为河岸，河水的流动速度不变，方向水平向右，虚线为小船从河岸m驶向对岸n的实际航线，小船相对于静水的速度不变，并且大于河水的流动速度则( )a航线图甲是正确的，船头保持图中的方向，小船过河时间最短b航线图乙是正确的，船头保持图中的方向，小船过河位移最短c航线图丙是正确的，船头保持图中的方向，小船过河位移最短d航线图丁不正确，如果船头保持图中的方向，船的轨迹应该是曲线考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：小船参与了静水中的运动和水流的运动，最终的运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则进行分析解答：解：a、静水速垂直于河岸，合速度的方向偏向下游且过河时间最短，故a正确b、根据平行四边形定则知，合速度的方向正好垂直河岸，过河的位移最小故b正确c、由于流水速度，因此不可能出现此现象，故c错误；d、船头的指向为静水速的方向，静水速的方向与流水速度的合速度的方向不可能是图示方向故d正确故选：abd点评：该题考查运动的合成与分解，解决本题的关键知道速度的合成遵循平行四边形定则，以及船的运动是由船相对于静水的运动与水的运动组成的，解决本题的关键知道速度的合成遵循平行四边形定则2质量为2kg的物体在xy平面上作曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是( )a质点的初速度为3m/sb质点所受的合外力为3nc质点初速度的方向与合外力方向垂直d2s末质点速度大小为6m/s考点：运动的合成和分解；匀变速直线运动的图像 分析：通过图象可知，在x轴方向做匀加速直线运动，在y轴方向做匀速直线运动根据平行四边形定则对速度、力进行合成解答：解：a、由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为=1.5 m/s2，受力fxma=21.5n=3 n，由y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动，速度为vy=4 m/s，受力fy=0因此质点的初速度为5 m/s，受到的合外力为3 n，故a错误、b正确c、合外力方向在x轴方向上，所以质点初速度方向与合外力方向不垂直故c错误d、2 s末质点速度应该为v=m/s=2m/s，d选项错误故选b点评：解决本题的关键掌握运用平行四边形定则进行运动的合成与分解3如图所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽度为a在船下水点a的下游距离为b处是瀑布为了使小船渡河安全（不掉到瀑布里去）( )a小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t=速度最大，最大速度为vmax=b小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小速度最大，最大速度为vmax=c小船沿轨迹ab运动位移最大、时间最长速度最小，最小速度vmin=d小船沿轨迹ab运动位移最大、速度最小最小速度vmin=考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：小船参与两个分运动，沿着船头指向的匀速直线运动和随着水流的匀速直线运动，当沿着船头指向的分速度垂直河岸时，渡河时间最短；当合速度垂直河岸时，位移最短解答：解：a、当小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为：t=，故a错误；b、小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小，为a，但沿着船头指向的分速度速度必须指向上游，合速度不是最大，故b错误；c、由图，小船沿轨迹ab运动位移最大，由于渡河时间t=，与船的船头指向的分速度有关，故时间不一定最短，故c错误；d、要充分利用利用水流的速度，故要合速度要沿着ab方向，此时位移显然是最大的，划船的速度最小，故：故v合=；故d正确；故选：d点评：本题船的电势大小和方向都是可以变化的，可以采用正交分解法研究，即沿着平行河岸方向和垂直河岸方向进行分析，也可以从合成法4如图所示，ab杆以恒定角速度绕a点转动，并带动套在水平杆oc上的质量为m的小环运动，运动开始时，ab杆在竖直位置，则小环m的加速度将( )a逐渐增大b先减小后增大c先增大后减小d逐渐减小考点：线速度、角速度和周期、转速 专题：匀速圆周运动专题分析：将小环m的速度沿ab杆方向和垂直于ab杆方向分解，根据转动的角度求出ab杆上m点的线速度，根据平行四边形定则求出m点的速度解答：解：经过时间t，角oab为t，则am的长度为，则ab杆上m点绕a点的线速度v=将小环m的速度沿ab杆方向和垂直于ab杆方向分解，垂直于ab杆上分速度等于m点绕a点的线速度v，则小环m的速度=；因cos随t减小，并且变化越来越快；故说明速度增大的越来越快；故加速度逐渐增大；故选：a点评：关键是知道杆ab转动的速度的两个分运动，难度较大，此题同时也体现了数物结合的思想，在学习中要注意体会相应的数学规律应用5a、b两点在同一条竖直线上，a点离地而的高度为2.5h，b点离地面高度为2h将两个小球分别从a、b两点水平抛出，它们在p点相遇，p点离地面的高度为h已知重力加速度为g，则( )a两个小球一定同时抛出b两个小球抛出的时间间隔为（）c小球a、b抛出的初速度之比=d小球a、b抛出的初速度之比=考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在p点相遇，结合高度求运动的时间，从而通过水平位移求初速度解答：解：a、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h=，得t=，由于a到p的竖直高度较大，所以从a点抛出的小球运动时间较长，应先抛出故a错误b、由t=，得两个小球抛出的时间间隔为t=tatb=（）故b正确cd、由x=v0t得v0=x，x相等，则小球a、b抛出的初速度之比=，故c错误，d正确故选：bd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，结合运动学公式灵活求解6如图，在半径为r圆环圆心o正上方的p点，将一小球以速度v0水平抛出后恰能从圆环上q点沿切线飞过，若oq与op间夹角为，不计空气阻力则( )a从p点运动到q点的时间为t=b从p点运动到q点的时间为t=c小球运动到q点时的速度为vq=d小球运动到q点时的速度为vq=考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：小球做平抛运动，根据圆的几何知识可以求得小球在水平方向的位移的大小，根据水平方向的匀速直线运动可以求得时间的大小根据平行四边形定则求出q点的速度解答：解：a、过q点做op的垂线，根据几何关系可知，小球在水平方向上的位移的大小为rsin，根据rsin=v0t，可得时间为：t=，故a正确，b错误c、根据几何关系知，q点的速度方向与水平方向的夹角为，根据平行四边形定则知，小球运动到q点时的速度为vq=，故c错误，d正确故选：ad点评：本题对平抛运动规律的直接的应用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解7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hb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hd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 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，速度都不为零8如图所示叠放在水平转台上的小物体a、b、c能随转台一起以角速度匀速转动，a、b、c的质量分别为3m、2m、m，a与b、b与转台、c与转台间的动摩擦因数都为，b、c离转台中心的距离分别为r、1.5r设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以下说法中不正确的是( )ab对a的摩擦力一定为3mgbc与转台间的摩擦力大于a与b间的摩擦力c转台的角速度一定满足：d转台的角速度一定满足：考点：向心力；摩擦力的判断与计算 专题：匀速圆周运动专题分析：a随转台一起以角速度匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出b对a的摩擦力大小分别对a、ab整体、c受力分析，根据合力提供向心力，求出转台角速度的范围解答：解：a、对a受力分析，受重力、支持力以及b对a的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f=（3m）2r（3m）g故a错误b、由于a与c转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有m1.5r23mr2即c与转台间的摩擦力小于a与b间的摩擦力，故b错误；c、对ab整体，有：（3m+2m）2r（3m+2m）g对物体c，有：m2（1.5r）mg对物体a，有：3m2r（3m）g联立解得：，故c正确，d错误本题选错误的，故选abd点评：本题关键是对a、ab整体、c受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析是关键9如图所示的装置中表面粗糙的斜面固定在地面上斜面的倾角为=30两个光滑的定滑轮的半径很小，用一根跨过定滑轮的细线连接甲、乙两物体，把甲物体放在斜面上且连线与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使悬线拉直且偏离竖直方向=60现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内摆动，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好未滑动已知乙物体的质量为m=1kg，若重力加速度g取10m/s2下列说法不正确的是( )a乙物体运动经过最高点时悬线的拉力大小为5 nb乙物体运动经过最低点时悬线的拉力大小为20 nc斜面对甲物体的最大静摩擦力的大小为l5 nd甲物体的质量为2.5 kg考点：摩擦力的判断与计算 专题：摩擦力专题分析：乙物体摆到最高点时绳子拉力最小，根据沿绳子方向合力为零求出绳子的拉力；摆到最低点时绳子拉力最大，根据动能定理结合牛顿第二定律求出乙物体在最低点时绳子的拉力当绳子的拉力最小时，甲物体有沿斜面向上的最大静摩擦力，当绳子拉力最大时，甲物体有沿斜面向下的最大静摩擦力，根据共点力平衡求出甲物体的质量和斜面对甲物体的最大静摩擦力解答：解：a、乙物体摆到最高点时绳子拉力最小，有：m乙gcos60=t1=5n故a正确b、由最高点到最低点，根据动能定理得：mgl（1cos60）=mv2，根据牛顿第二定律得：t2mg=m联立两式得，t2=20n故b正确c、对甲物体有：m甲gsin30=t1+fm，m甲gsin30+fm=t2，联立两式得，m甲=2.5kg，fm=7.5n故c错误，d正确本题选错误的，故选c点评：解决本题的关键知道乙物体摆到最低点时有最大拉力，摆到最高点时有最小拉力以及知道在乙物体摆到最低点时有沿斜面向下的最大静摩擦力，摆到最高点时有沿斜面向上的最大静摩擦力10如图所示，在半径为r的半圆形碗的光滑表面上，一质量为m的小球以转数n转每秒在水平面内作匀速圆周运动，该平面离碗底的距离h为( )arbcd+考点：向心力 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：小球在光滑碗内靠重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力和重力的关系求出小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角，根据几何关系求出平面离碗底的距离h解答：解：小球靠重力和支持力的合力提供向心力，如图所示：小球做圆周运动的半径为：r=rsin，根据力图可知：tan=而向心力：f向=m2rsin；解得：cos=所以h=rrcos=rr=r故a正确故选：a点评：解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律和几何关系进行求解11质量为m的石块从半径为r的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，由于摩擦力的作用使得石块的速度大小不变，如图所示，那么( )a因为速率不变，所以石块的加速度为零b石块下滑过程中受的合外力越来越大c石块下滑过程中的摩擦力大小不变d石块下滑过程中的加速度大小不变，方向始终指向球心考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；向心力 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：石块的速率不变，做匀速圆周运动，合外力提供向心力根据石块在各点所受支持力的大小判断摩擦力的变化解答：解：a、石块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，大小不变，根据牛顿第二定律知，加速度大小不变，方向始终指向圆心故a、b错误，d正确 c、石块在半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，所受支持力在变化，则摩擦力变化故c错误故选d点评：解决本题的关键知道物体做匀速圆周运动，合外力提供向心力向心加速度的方向始终指向圆心12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( )arbrcrdr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=r，根据h=得：t=，则平抛运动的水平位移为：x=vt=r，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13如图甲所示，轻杆一端固定在o点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为f，小球在最高点的速度大小为v，其fv2图象如图乙所示不计空气阻力，则( )a小球的质量为b当地的重力加速度大小为cv2=c时，杆对小球的弹力方向向上dv2=2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：（1）在最高点，若v=0，则n=mg=a；若n=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；（2）由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向上，当v2b时，杆对小球弹力方向向下；（3）若c=2b根据向心力公式即可求解解答：解：a、在最高点，若v=0，则n=mg=a；若n=0，则mg=m，解得g=，m=r，故a正确，b错误；c、由图可知：当v2b时，杆对小球弹力方向向上，当v2b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故c错误；d、若c=2b则n+mg=m，解得n=a=mg，故d错误故选：a点评：本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中14如图所示是摩天轮示意图，若摩天轮顺时针匀速转动时，重为g的游客经过图中a、b、c、d四处时，游客对座椅的压力大小分别为na、nb、nc、nd，则( )anagbnbgcncgdndg考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：摩天轮顺时针匀速转动时，游客也做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据牛顿第二定律比较支持力的大小解答：解：a、在a点，根据牛顿第二定律得，gna=，知nag故a正确；b、在b、d两点，合力方向指向圆心，知竖直方向上的合力为零，则nb=nd=g故bd错误；c、在c点，根据牛顿第二定律得，知ncg故c错误故选：a点评：解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解15质量为m的汽车，额定功率为p，与水平地面间的摩擦数为，以额定功率匀速前进一段时间后驶过一圆弧形半径为r的凹桥，汽车在凹桥最低点的速度与匀速行驶时相同，则汽车对桥面的压力n的大小为( )an=mg+（）2bn=mg（）2cn=mgdn=考点：向心力；功率、平均功率和瞬时功率 专题：匀速圆周运动专题分析：根据汽车在凹桥最低点的速度与匀速行驶时相同，结合功率的公式求出在最低点的速度，通过牛顿第二定律求出桥面对汽车支持力的大小，从而得出汽车对桥面的压力大小解答：解：机车以恒定功率启动行驶，满足：p=fv=mgv，所以v=在凹形桥最低点时，根据牛顿第二定律得，则汽车对桥面的压力等于支持力，n=f=mg+（）2故a正确，b、c、d错误故选a点评：本题考查的是机车以恒定功率启动与圆周运动的结合问题，综合性较强，需加强这方面的训练16如图所示，小球以初速度为v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部图中a是内轨半径大于h的光滑轨道、b是内轨半径大于小于h的光滑轨道、c是内轨半径等于光滑轨道、d是长为的可绕o点在竖直平面内转动的轻棒，棒下端固定一个小球小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以f四种情况中能到达高度h的有( )aabbccdd考点：机械能守恒定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：各个轨道光滑，小球在运动的过程中机械能都守恒，根据机械能守恒定律，以及到达最高点的速度能否为零，判断小球进入右侧轨道能否到达h高度解答：解：小球从光滑斜面底部向上滑动，恰能到达最大高度为h的斜面顶部时速度为零a、小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh+0=mgh+0则h=h故a正确b、若小球到达h高度必须具有一定的速度，根据机械能守恒定律得知：mgh+0=mgh+mv2则hh所以不达到高度h故b错误c、小球到达最高点的速度不能为零，最小速度应为 v=（由mg=m解得），所以根据机械能守恒定律可知：小球达不到最高点就离开轨道做斜抛运动故c错误d、杆子可以提供支持力，所以到达最高点时速度可以为零，根据机械能守恒定律可知，小球能达到最高点即高h处，故d正确故选：ad点评：解决本题的关键掌握机械能守恒定律，以及会判断小球在最高点的速度是否为零要注意圆轨道与轻绳是同一模型，小球要能达到最高点，必须有临界速度 v=；而轻杆能支撑小球，小球到达最高点的临界速度是0二、解答题（共3小题，满分36分）17如图所示是利用电力传送带装运麻袋包的示意图传送带长l=20m，倾角=37，麻袋包与传送带间的动摩擦因数=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径r相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车底板间的高度差为h=1.8m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s现在传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车厢底板中心，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）主动轮的半径r；（2）主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离x（3）麻袋包在传送带上运动的时间t考点：牛顿运动定律的综合应用；向心力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解主动轮的半径r；（2）对平抛过程运用分位移公式列式求解；（3）麻袋包在平直传送带上先加速后匀速，根据牛顿第二定律求解加速的加速度，然后运用运动学公式列式求解；解答：解：（1）麻袋包在主动轮的最高点时，有：mg=m代入数据解得：r=0.4 m（2）设麻袋包平抛运动时间为t，有：h=gt2x=vt代入数据解得：x=1.2 m（3）对麻袋包，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，有：mgcos mgsin =mav=at1，x1=at12，lx1=vt2联立以上各式解得：t=t1+t2=12.5 s答：（1）主动轮的半径是0.4m；（2）主动轮轴与货车车厢底板中心的水平距离是1.2m（3）麻袋包在传送带上运动的时间是12.5s点评：本题综合考查了平抛运动和圆周运动的规律，掌握牛顿第二定律、能量守恒定律以及运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁18如图所示，轮半径r=10cm的传送带，水平部分ab的长度l=1.5m，与一圆心在o点半径r=1m的竖直光滑圆轨道的末端相切于a点，ab高出水平地面h=1.25m一质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点），由圆轨道上的p点从静止释放，op与竖直线的夹角=37已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，滑块与传送带的动摩擦因数=0.1，不计空气阻力（1）求滑块对圆轨道末端的压力（2）若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与b间的水平距离（3）若传送带以v0=0.5m/s的速度沿逆时针方向运行（传送带上部分由b到a运动），求滑块在皮带上滑行过程中产生的内能考点：动能定理的应用；功能关系 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据动能定理求得滑块到达末端时的速度，再由牛顿第二定律求得轨道对滑块的支持力，由牛顿第三定律得滑块对圆轨道的压力；（2）根据动能定理求得滑块离开传送带时的速度，再根据平抛知识求滑块落地点与b间的水平距离；解答：解：（1）从p到圆轨道末端的过程中，由动能定理可得：可得滑块到达a点时的速度m/s=2m/s；在轨道末端根据牛顿第二定律有：可得n=mg+=0.1=1.4n根据牛顿第三定律得：滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4n，方向竖直向下；（2）从a到b的过程中，只有摩擦力对滑块做功，根据动能定理得：代入数据可解得滑块到达b时的速度vb=1m/s因为在b点做圆周运