2014-2015学年北京市海淀区高三（上）期中物理试卷（教师版）

2014-2015学年北京市海淀区高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、本题共10小题，每小题3分，共30分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分把你认为正确的答案填涂在答题纸上1（3分）（2014秋海淀区期中）如图所示，用轻绳OA把球挂在光滑的竖直墙壁上，O点为绳的固定点，B点为球与墙壁的接触点现保持固定点O不动，将轻绳OA加长，使绳与墙壁的夹角变小，则球静止后与绳OA加长之前相比（）A绳对球的拉力变大B球对墙壁的压力变小C球对墙壁的压力不变D球所受的合力变大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力菁优网版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分析足球的受力情况，作出力图，根据平衡条件求解悬绳对球的拉力F1和墙壁对球的支持力F2解答：解：以足球为研究对象，分析其受力情况：重力mg、悬绳对球的拉力F1和墙壁对球的支持力F2，根据平衡条件三个力的合力为零保持不变，运用合成法，结合几何知识有： F1=，F2=mgtan把绳OA的长度加长一些，则减小，可知F1减小，F2减小，故选：B点评：本题是三力平衡问题，分析受力情况，作出力图，运用平衡条件和几何知识得到两力的表达式然后分析其变化，此方法称为函数法，也可以用图解法2（3分）（2014秋海淀区期中）从同一高度水平抛出的物体，在空中运动一段时间，落到同一水平地面上在不计空气阻力的条件下，由平抛运动规律可知（）A水平初速度越大，物体在空中运动的时间越长B质量越大，物体在空中运动的时间越短C水平初速度越大，物体的水平位移越大D水平初速度越大，物体落地时的速度越大考点：平抛运动菁优网版权所有专题：平抛运动专题分析：平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程分析即可解答：解：AB、根据h=gt2，解得t=，则知物体在空中运动的时间由高度决定，与初速度、物体的质量无关，故AB错误C、水平方向上的位移x=v0t=v0则高度一定，水平初速度越大，物体的水平位移越大，故C正确D、物体落地时的速度为 v=，则知水平初速度越大，物体落地时的速度越大，故D正确故选：CD点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决3（3分）（2007海南）游乐园中，游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉下列描述正确的是（）A当升降机加速上升时，游客是处在失重状态B当升降机减速下降时，游客是处在超重状态C当升降机减速上升时，游客是处在失重状态D当升降机加速下降时，游客是处在超重状态考点：超重和失重菁优网版权所有专题：压轴题分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g解答：解：A、当升降机加速上升时，乘客有向上的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的此时升降机对乘客的支持力大于乘客的重力，所以处于超重状态A错误B、当升降机减速下降时，具有向上的加速度，同理此时乘客也处于超重状态B正确C、当升降机减速上升时，具有向下的加速度，是由重力与升降机对乘客支持力的合力产生的，所以升降机对乘客的支持力小于乘客的重力此时失重C正确D、当升降机加速下降时，也具有向下的加速度，同理可得此时处于失重状态故D错误故选BC点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了4（3分）（2014秋海淀区期中）在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是（）A自由下落的小球，其所受合外力的方向与其速度方向相同B做平抛运动的小球，其所受合外力的方向不断改变C做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心D做简谐运动的单摆小球，其所受合外力的方向总与速度方向相同考点：单摆；平抛运动；匀速圆周运动菁优网版权所有分析：对物体进行受力分析，然后根据小球的运动情况分析答题解答：解：不计空气阻力，A、自由下落的小球，其所受合外力为重力，合外力的方向与其速度方向相同，故A正确；B、做平抛运动的小球所受合外力为重力，方向保持不变，故B错误；C、做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，故C正确；D、做简谐运动的单摆小球，向心力的方向总与速度方向垂直，回复力的方向与速度方向在同一直线上，所受合外力方向与速度方向不同，故D错误；故选：AC点评：本题考查了物体的运动情况，对物体正确受力分析即可正确解题5（3分）（2014秋海淀区期中）一列波速为2.0m/s，沿x轴正向传播的简谐机械横波某时刻的波形图如图所示，P为介质中的一个质点关于这列机械波，下列说法中正确的是（）A该机械波的振幅为0.2mB该机械波的波长为10mC从此时刻起再经过10s，质点P通过的路程为0.8mD此时刻质点P的加速度方向与速度方向相同考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系菁优网版权所有专题：振动图像与波动图像专题分析：根据横波的图象得出机械波的振幅，波长根据波长和波速求出周期，抓住质点在一个周期内路程等于4倍的振幅得出质点在10s内通过的路程根据上下坡法得出速度的方向，从而得出加速度方向与速度方向的关系解答：解：A、由图可知，机械波的波长为10m，振幅为0.2m，故A、B正确C、机械波的周期T=，则经过10s，即2个周期，质点P的路程s=8A=80.2m=1.6m，故C错误D、此时P质点处于上坡，则速度方向向下，而加速度方向向下，可知加速度方向与速度方向相同，故D正确故选：ABD点评：由波动图象可以直接读出振幅、波长、加速度和回复力的方向及大小的变化，若知道波的传播方向，还判断出质点的振动方向，考查理解波动图象的能力6（3分）（2014秋海淀区期中）如图所示，甲、乙两个高度相同的固定斜面，倾角分别为1和2，且12质量为m的物体（可视为质点）分别从这两个斜面的顶端由静止沿斜面滑到底端，物体与这两个斜面的动摩擦因数均为关于物体两次下滑的全过程，下列说法中正确的是（）A重力所做的功相同B重力的平均功率相同C动能的变化量相同D机械能的变化量相同考点：功能关系；功的计算菁优网版权所有分析：重力做功只与始末位置有关，据此确定重力做功情况，由于重力做功相同，故重力的平均功率与物体下滑时间有关，根据下滑时间确定重力做功功率，同时求得摩擦力做功情况，由动能定理确定物体获得的动能及动能的变化量解答：解：A、重力做功只与始末位置有关，两种轨道上滑下，物体下滑的距离相等，故重力做功相同，故A正确；B、物体沿斜面下滑时由牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma，可得物体下滑时的加速度a=gsingcos，因为12，所以物体下滑时的加速度a2a1，物体下滑高度相同，可知，沿倾角1下滑的距离大于沿倾角2下滑的距离，结合a2a1，可知，沿倾角1下滑的时间大于沿倾角2下滑的时间，又因为重力做功相等，故重力做功的平均功率不等，故B错误；C、由B分析知，沿斜面下滑时的摩擦力f=mgcos沿倾角1的摩擦力f1大于沿斜角2下滑时的摩擦力，而沿倾角1下滑的距离大，故克服摩擦力做功大于沿倾角2下滑时克服摩擦力做的功，根据动能定理可知，沿倾角2下滑时物体获得的动能大，故C错误；D、由C分析知，两种情况下摩擦力做的功不同，故机械能的变化量不等，所以D错误故选：A点评：本题主要考查动能定理和功能关系关键要明确研究的过程列出等式表示出需要比较的物理量，正确的对物体进行受力分析和做功分析是正确解决问题的关键7（3分）（2015揭阳一模）一物体静止在光滑的水平桌面上，现对其施加水平力，使它沿水平桌面做直线运动，该物体的速度时间图象如图所示根据图象判断下列说法中正确的是（）A0s6s时间内物体所受水平力的方向始终没有改变B2s3s时间内物体做减速运动C1s末物体距离出发点最远D1.5s末和2.5s末两个时刻物体的加速度相同考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系菁优网版权所有专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向解答：解：A、速度时间图线的斜率表示加速度，根据图象可知，06s内，加速度的方向改变，所以水平力的方向改变，故A错误B、23s内，速度逐渐增大，所以做加速运动，故B错误C、图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图象可知，2s末离出发点最远，故C错误D、物体在13s内做匀变速直线运动，加速度不变，所以1.5s末和2.5s末两个时刻物体的加速度相同，故D正确故选：D点评：本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息8（3分）（2014秋海淀区期中）某载人飞船运行的轨道示意图如图所示，飞船先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P当飞船经过点P时点火加速，使飞船由椭圆轨道1转移到圆轨道2上运行，在圆轨道2上飞船运行周期约为90min关于飞船的运行过程，下列说法中正确的是（）A飞船在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度C轨道2的半径小于地球同步卫星的轨道半径D飞船在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系菁优网版权所有专题：人造卫星问题分析：飞船变轨时，需加速，使得万有引力等于向心力，机械能增大飞船在圆轨道上运行时，航天员处于完全失重状态根据万有引力提供向心力得出周期、线速度与轨道半径的关系，通过周期的大小得出轨道半径的大小，从而得出线速度的大小根据飞船变轨前后所受的万有引力，根据牛顿第二定律比较加速度的大小解答：解：A、飞船由轨道1到轨道2，需要在P点加速，所以变轨后的机械能大，则A错误；B、根据能量的守恒可知，飞船在轨道1上由Q向P运动的过程中，万有引力做负功，所以飞船在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度，故B正确；C、根据同步卫星周期大于卫星在轨道2上的周期知轨道2的半径小于地球同步卫星的轨道半径故C正确D、飞船在轨道1、2上运行通过P点，万有引力相同，则加速度相同，故D正确故选：BCD点评：解决本题的关键掌握卫星变轨的原理，以及掌握万有引力提供向心力，知道线速度、周期与轨道半径的关系9（3分）（2014秋海淀区期中）如图所示，甲同学用手拿着一把长50cm的直尺，并使其处于竖直状态；乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备某时刻甲同学松开直尺，直尺保持竖直状态下落，乙同学看到后立即用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻度值为20cm；重复以上实验，乙同学第二次手抓住直尺位置的刻度值为10cm直尺下落过程中始终保持竖直状态若从乙同学看到甲同学松开直尺，到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”，取重力加速度g=10m/s2则下列说法中正确的是（）A乙同学第一次的“反应时间”比第二次长B乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间，直尺的速度约为4m/sC若某同学的“反应时间”大于0.4s，则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”D若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值，则可用上述方法直接测出“反应时间”考点：自由落体运动菁优网版权所有专题：自由落体运动专题分析：在乙同学的反应时间内，直尺做自由落体运动，根据下降的高度，通过位移时间公式求出自由下落的时间解答：解：A、直尺下降的高度h根据得，所以下落的高度最大的用的时间最长，所以第一次测量的反应时间最长故A正确；B、由v2=2gh可知，乙第一次抓住直尺的速度v=m/s；故B错误；C、若某同学的反应时间为0.4s，则下落的高度：m，大于该直尺的长度，所以将无法测量该同学的反应时间故C正确D、将计算出的反应时间对应到尺子上的长度时，可用上述方法直接测出“反应时间”；故D正确；故选：ACD点评：解决本题的关键知道人的反应时间和自由落体运动的时间相等，结合位移时间公式进行求解10（3分）（2014秋海淀区期中）如图所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一重物（可视为质点），重物静止时处于B位置现用手托重物使之缓慢上升至A位置，此时弹簧长度恢复至原长之后放手，使重物从静止开始下落，沿竖直方向在A位置和C位置（图中未画出）之间做往复运动重物运动过程中弹簧始终处于弹性限度内关于上述过程（不计空气阻力），下列说法中正确的是（）A重物在C位置时，其加速度的大小等于当地重力加速度的值B在重物从A位置下落到C位置的过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量C在手托重物从B位置缓慢上升到A位置的过程中，手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能D在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是1：4考点：动量定理；功的计算菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：物体以B为平衡位置做简谐运动，结合简谐运动的对称性分析加速度情况；根据动能定理分析能量变化情况，根据动量定理分析各个力的冲量情况；解答：解：A、物体以B为平衡位置做简谐运动，根据对称性，最低点的加速度与最高点的加速度大小相等、方向相反，最高点只受重力，加速度为g，故最低点的加速度大小也为g，故A正确；B、在重物从A位置下落到C位置的过程中，动量的改变量为零，根据动量定理，有mgtFt=0，故重力的冲量等于弹簧弹力的冲量，故B错误；C、在手托重物从B位置缓慢上升到A位置在到返回B位置过程中，重力做功为零，弹力做功为零，故手对重物所做的功等于重物往复运动过程中所具有的最大动能，故C正确；D、根据胡克定律，有：F=kx作图如下：图中图线与x轴包围的面积表示弹力的功，故在重物从A位置到B位置和从B位置到C位置的两个过程中，弹簧弹力对重物所做功之比是1：3；故D错误；故选：AC点评：本题通过弹簧振子模型综合考了力与运动关系、动量定理、动能定理，关键是熟悉振子振动过程的受力情况、运动情况和能量转化情况，还要会结合图象法求解变力做的功，不难二、本题共2小题，共15分11（6分）（2014秋海淀区期中）在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用交流电源的频率是50Hz，打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况（1）打点计时器的打点周期是0.02s（2）图为某次实验打出的一条纸带，其中1、2、3、4为依次选中的计数点（各相邻计数点之间有四个点迹）根据图中标出的数据可知，打点计时器在打出计数点2时小车的速度大小为0.64m/s，小车做匀加速直线运动的加速度大小为6.4m/s2（计算结果均保留2位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律菁优网版权所有专题：实验题分析：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，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2点时小车的瞬时速度大小解答：解：（1）打点计时器使用交流电源的频率是50Hz，打点计时器的打点周期是0.02s（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，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2点时小车的瞬时速度大小v2=0.64 m/s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：a=6.4m/s2故答案为：（1）0.02；（2）0.64；6.4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12（9分）（2014秋海淀区期中）一位同学做“用单摆测定重力加速度”的实验（1）下列是供学生自主选择的器材你认为应选用的器材是AE（填写器材的字母代号）A约1m长的细线B约0.3m长的铜丝C约0.8m长的橡皮筋D直径约1cm的实心木球E直径约1cm的实心钢球F直径约1cm的空心铝球（2）该同学在安装好如图1所示的实验装置后，测得单摆的摆长为L，然后让小球在竖直平面内小角度摆动当小球某次经过最低点时开始计时，在完成N次全振动时停止计时，测得时间为t请写出测量当地重力加速度的表达式g=（用以上测量的物理量和已知量的字母表示）（3）为减小实验误差，该同学又多次改变摆长L，测量多组对应的单摆周期T，准备利用T2L的关系图线求出当地重力加速度值相关测量数据如表：次数12345L/m0.8000.9001.0001.1001.200T/s1.791.902.012.112.20T2/s23.223.614.044.454.84该同学在图2中已标出第1、2、3、5次实验数据对应的坐标，请你在该图2中用符号“+”标出与第4次实验数据对应的坐标点，并画出T2L关系图线（4）根据绘制出的T2L关系图线，可求得g的测量值为9.8m/s2（计算结果保留2位有效数字）考点：用单摆测定重力加速度菁优网版权所有专题：实验题分析：（1）在用单摆测定重力加速度为了提高精度，摆线要长些，摆球选择质量大体积小的，拉离平衡位置的角度不能太大，测3050次全振动的时间，去求单摆的周期，根据单摆的周期公式变形后求解重力加速度；（2）摆球经过平衡位置时速度最大，从该位置开始计时，误差较小根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式（3）根据单摆的周期公式推导出T2L的关系式，作出T2L图线，通过图线的斜率求出重力加速度的大小解答：解：（1）A、摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，则选取1米左右的细线，故选择A线；D、为了减小空气阻力的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择E球；故AE正确；（2）摆球经过平衡位置时，速度最大，从平衡位置开始计时，误差较小单摆的周期为：T=，根据T=2得：g=（3）由单摆周期公式T=2，可得T2= 所以T2l图线是过坐标原点的一条直线，如图所示（4）直线的斜率是k=，所以g=做出的具体图象如图所示，求得直线斜率k=4.00，故g=2=（3.14）2=9.8m/s2故答案为：（1）A、E；（2）；（3）见图；（4）9.8（在9.79.9之间）点评：（1）本题关键明确实验原理，然后从实验原理出发选择有利于减小误差的器材，判断误差情况；（2）解决本题的关键掌握单摆的周期公式，并能灵活运用，以及知道误差引起的原因，知道如何减小实验的误差（3）考查了用单摆测定重力加速度的实验中利用图象处理数据的方法，关键根据单摆周期公式推导出线性关系公式进行分析三、本题包括6小题，共55分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位13（8分）（2014秋海淀区期中）用F=135N的水平力拉质量m=30kg的箱子，使箱子在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，当箱子的速度达到v=10m/s时撤去力F已知箱子运动过程中所受滑动摩擦力的大小f=75N，取重力加速度g=10m/s2求：（1）箱子与地面间的动摩擦因数；（2）水平力F的作用时间；（3）在撤去力F后，箱子在水平地面上滑行的最大距离考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系菁优网版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据滑动摩擦力公式求解动摩擦因数；（2）分析箱子的受力情况，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求解；（3）设撤去力F后，只受摩擦力，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求解；解答：解：（1）箱子运动过程中所受摩擦力 f=mg解得=0.25（2）设箱子在水平地面上做匀加速运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有Ff=ma1根据运动学公式v=a1t解得力F作用时间 t=5.0s （3）设撤去力F后，箱子在水平地面上减速滑行的加速度为a2，滑行的最大距离为x，则mg=ma2，解得a2=2.5m/s2根据运动学公式有v2=2 a2x解得 x=20m答：（1）箱子与地面间的动摩擦因数为0.25；（2）水平力F的作用时间为5.0s；（3）在撤去力F后，箱子在水平地面上滑行的最大距离为20m点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题14（8分）（2014秋海淀区期中）民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，形成一个连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上，如图甲所示，图乙是其简化模型若紧急出口下沿距地面的高度h=3.0m，气囊所构成的斜面长度L=5.0m质量m=60kg的某旅客从斜面顶端由静止开始滑到斜面底端已知旅客与斜面间的动摩擦因数=0.55，不计空气阻力及斜面的形变，旅客下滑过程中可视为质点，取重力加速度g=10m/s2求：（1）旅客沿斜面下滑时的加速度大小；（2）旅客滑到斜面底端时的速度大小；（3）旅客从斜面顶端滑到斜面底端的过程中，斜面对旅客所施加的支持力的冲量大小考点：动量定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：（1）乘客受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解即可；（2）乘客做匀加速直线运动，根据速度位移关系公式列式求解即可；（3）先根据位移时间关系公式列式求解时间，然后根据冲量的定义列式求解支持力的冲量解答：解：（1）设旅客沿斜面下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma解得：a=1.6m/s2（2）根据运动学公式v2=2 aL，解得：v=4.0 m/s （3）设旅客下滑过程所用时间为t，则有：L=vt支持力：FN=mgcos在整个下滑过程中支持力的冲量大小：I=mgcost解得：I=1.2103Ns答：（1）旅客沿斜面下滑时的加速度大小为1.6m/s2；（2）旅客滑到斜面底端时的速度大小为4.0m/s；（3）旅客从斜面顶端滑到斜面底端的过程中，斜面对旅客所施加的支持力的冲量大小为1.2103Ns点评：本题是课本的题目稍有改变，平时做题的时候，应重视课后练习，把课本吃透，然后再求提高15（9分）（2014秋海淀区期中）如图所示，AB是一个固定在竖直面内的弧形轨道，与竖直圆形轨道BCD在最低点B平滑连接，且B点的切线是水平的；BCD圆轨道的另一端D与水平直轨道DE平滑连接B、D两点在同一水平面上，且B、D两点间沿垂直圆轨道平面方向错开了一段很小的距离，可使运动物体从圆轨道转移到水平直轨道上现有一无动力小车从弧形轨道某一高度处由静止释放，滑至B点进入竖直圆轨道，沿圆轨道做完整的圆运动后转移到水平直轨道DE上，并从E点水平飞出，落到一个面积足够大的软垫上已知圆形轨道的半径R=0.40m，小车质量m=2.5kg，软垫的上表面到E点的竖直距离h=1.25m、软垫左边缘F点到E点的水平距离s=1.0m不计一切摩擦和空气阻力，弧形轨道AB、圆形轨道BCD和水平直轨道DE可视为在同一竖直平面内，小车可视为质点，取重力加速度g=10m/s2（1）要使小车能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，则小车通过竖直圆轨道最高点时的速度至少多大；（2）若小车恰能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，则小车运动到B点时轨道对它的支持力多大；（3）通过计算说明要使小车完成上述运动，其在弧形轨道的释放点到B点的竖直距离应满足什么条件考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动菁优网版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）小车在最高点，重力和轨道的压力的合力提供向心力，当压力为零时，速度最小，根据牛顿第二定律列式即可求解；（2）根据机械能守恒定律求出小车通过B点的速度，在B点，根据牛顿第二定律列式即可求解；（3）小车从E点水平飞出后做平抛运动，根据平抛运动的基本公式结合机械能守恒定律即可求解解答：解：（1）设小车能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，小车通过圆轨道最高点时的最小速度为vC，根据牛顿第二定律有 mg=m解得vC=m/s=2.0m/s （2）小车恰能在圆轨道内做完整的圆周运动，此情况下小车通过B点的速度为vB，轨道对小车的支持力为FN根据机械能守恒定律有 mv=mvC2+2mgR 解得：m/s根据牛顿第二定律有FNmg=m解得 FN=150N （3）设小车从E点水平飞出落到软垫上的时间为t，则h=gt2，解得t=0.50s设小车以vE的速度从E点水平飞出落到软垫F点右侧，则vEts，解得vE2.00m/s要使小车完成题目中所述运动过程，应当满足两个条件：小车通过轨道B点的速度m/s；小车通过E点的速度vE2.00m/s因为vB=vE综合以上两点，小车通过B点的速度应不小于m/s，设释放点到B点的竖直距离为H，根据机械能守恒定律有mgH=mvB2，解得H=1.0m则释放点到B点的竖直距离H1.0m答：（1）要使小车能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，则小车通过竖直圆轨道最高点时的速度至少为2m/s；（2）若小车恰能在竖直圆形轨道BCD内做完整的圆周运动，则小车运动到B点时轨道对它的支持力多大为150N；（3）通过计算说明要使小车完成上述运动，其在弧形轨道的释放点到B点的竖直距离应满足H1.0m点评：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动基本公式、机械能守恒定律的应用对于圆周运动，涉及力的问题，往往根据向心力进行分析处理难度适中16（10分）（2015安徽三模）由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，在赤道处的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G假设地球可视为质量均匀分布的球体求：（1）质量为m的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小；（2）地球的半径；（3）地球的密度考点：万有引力定律及其应用菁优网版权所有专题：万有引力定律的应用专题分析：质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力根据万有引力定律和牛顿第二定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求半径解答：解：（1）质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力即F=mg0（2）设地球的质量为M，半径为R，在赤道处随地球做圆周运动物体的质量为m物体在赤道处随地球自转做圆周运动的周期等于地球自转的周期，轨道半径等于地球半径根据万有引力定律和牛顿第二定律有mg=mR 在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力即根据卫星运动的特点：越远越慢，知道在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期=mg0解得 R=（3）因为，所以 M=又因地球的体积V=R3，所以 =答：（1）质量为m的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小mg0；（2）地球的半径；（3）地球的密度点评：解答此题要清楚地球表面的物体受到的重力等于万有引力，根据万有引力定律和牛顿第二定律，地球近地卫星所受的万有引力提供向心力17（10分）（2014秋海淀区期中）雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式f=CSv2来计算，其中C为空气对雨滴的阻力系数（可视为常量），为空气的密度，S为雨滴的有效横截面积（即垂直于速度v方向的横截面积）假设雨滴下落时可视为球形，且在到达地面前均已达到收尾速度每个雨滴的质量均为m，半径均为R，雨滴下落空间范围内的空气密度为0，空气对雨滴的阻力系数为C0，重力加速度为g（1）求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；（2）若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落的高度为h，求每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功；（3）大量而密集的雨滴接连不断地打在地面上，就会对地面产生持续的压力设在无风的天气条件下雨滴以收尾速度匀速竖直下落的空间，单位体积内的雨滴个数为n（数量足够多），雨滴落在地面上不反弹，雨滴撞击地面时其所受重力可忽略不计，求水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小考点：动能定理菁优网版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据平衡求出雨滴沿竖直方向下落时的首尾速度（2）根据动能定理求出每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功（3）根据动量定理求出水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小解答：解：（1）设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v，雨滴达到收尾速度时开始匀速下落 mg=f又因为解得 （2）设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做功为Wf，依据动能定理有 解得，（3）取横截面积为S、高度H=vt的柱状体积内的雨滴为研究对象，它所含雨滴的总质量为M=nSHm设柱状体积内的雨滴受到水平地面单位面积上的作用力大小为F，竖直向上为正方向根据动量定理有 FSt=Mv解得 根据牛顿第三定律，水平地面的单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为答：（1）雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小为（2）每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功为（3）水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为点评：本题考查了动能定理、动量定理和共点力平衡的基本运用，题干很长，关键从题干中获取有效的信息，选择合适的规律进行求解18（10分）（2014秋海淀区期中）如图甲所示，水平传送A、B两轮间的距离L=3.0m，质量M=1.0kg的物块（可视为质点）随传送带一起以恒定的速率v0向左匀速运动，当物块运动到最左端时，质量m=0.020kg的子弹以u