广东省广州市某中学2024-2025学年高一年级下册4月期中物理试题（解析版）

广东省广州市第六中学2024-2025学年高一下学期4月期中物理试题

一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项

符合题意，有选错或不答的得。分）

1.在物理学的发展历程中，有很多科学家做出了卓越的贡献，下列说法正确的是（）

A.牛顿利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常数G

B.哥白尼是“地心说”的主要代表人物

C.牛顿发现了万有引力与物体质量及它们之间距离的关系

D.第谷总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因

【答案】C

【解析】【解答】A.牛顿提出了万有引力定律，但并没有测出引力常数G,引力常数G是由卡文迪什通过扭

秤实验精确测量出来的，A错误；

B.哥白尼是“日心说”的代表人物，而“地心说”的代表人物是托勒密，B错误；

C.牛顶发现了万有引力定律，阐明了引力与物体质量及距虑的关系尸=怨磬，C正确；

D.第谷是观测天文学家，积累了大量的行星运动数据，但行星运动规律是由开普勒总结的（开普勒三定律），

而行星运动的原因是由牛顿的万有引力定律解释的，D错误。

故答案为：Co

【分析】这道题的核心是梳理物理学史上关于万有引力和日心说的关键人物及其贡献，通过对比每个人物的具

体成就来判断选项的正确性。

2.人造地球卫星发射的成功是人类伟大的创举，标志着人类已经具备探索外太空的能力，你认为下列四图

中不可能是人造地球卫星轨道的是（）

3

I

【答案】B

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【解析】【解答】人造地球卫星是由万有引力提供向心力，让其做圆周运动，则它圆周轨道的圆心是地球的地

心，故ACD正确，B错误。

故答案为：Bo

【分析】人造地球卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，因此轨道圆心必须与地心重合。

3.当载重卡车在泥地或沙地陷车时，经验丰富的司机会在卡车主动轮与从动轮之间放一大小合适的圆木墩

（如图所示），卡车就能顺利地驶出。主动轮和从动轮的直径相同，且都大于圆木墩的直径，卡车驶出泥地

或沙地的过程，主动轮、从动轮和圜木墩均不打滑。关于卡车顺利地驶出泥地或沙地的过程，下列说法正确

的是（）

A.圆木墩与主动轮的转动方向相同

B.圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的角速度大小相等

C.圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的向心加速度大小相等

D.圆木墩的边缘质点与主动轮的边缘质点的线速度大小相等

【答案】D

【解析】【解答】A.主动轮是动力轮，顺时针转动时，它会与圆木墩接触并对其产生摩擦力，使圆木墩逆时

针转动，因此，圆木墩与主动轮的转动方向相反，故A错误；

BD.圆木墩的边缘质点与从动轮的边缘质点的线速度大小相等，主动轮的直径大于圆木墩的直径，由u=

3“可知圆木墩的边缘质点大于从动轮的边缘质点的角速度，故B错误，D正确：

C.由°=上，可知圆木墩的边缘质点大于从动轮的边缘质点的向心加速度，故C错误。

r

故答案为：Do

【分析】这道题的核心是理解接触传动的线速度关系，以及线速度、角速度、向心加速度之间的公式转换

V=CDI•和0=

r

4.如图，在地面上同一位置先后抛出质量均为m的两小球P、Q,其中P做斜抛运动，Q做平抛运动，抛

出后两小球均落在比地面低的海平面上，若抛出时速度大小相等，则（）

A.两小球同时到达海平面

第2页

B.两小球一定到达海平面上同一位置

C.两小球到达海平面时的动能一定相同

D.全过程两小球重力的平均功率一定相等

【答案】C

【解析】【解答】A.令抛出速度大小为%,P抛出速度方向与水平方向夹角为仇根据竖直方向的位移公式

则有

h=-vosin0-tP+h=

根据表达式可以得出时间的大小关系为

tP>tQ

故A错误；

B.小球水平方向做匀速直线运动，根据水平方向的位移公式可以得出Q水平分位移为

XQ=V0tQ

结合上述解得

根据水平方向的位移公式可以得出：P水平分位移为

XP=VQCOSO•tp

若将P小球直接竖直上抛，即使抛出角。等于90。，P小球水平分位移为0,P将落在原来位置，可知，若将

抛出角由90。减小一点点，P水平分位移将增大一点点，但仍然小于Q的水平分位移，由于抛出角大小不确

定，所以不能确定P水平方向速度的大小则两小球不一定到达海平面上同一位置，故B错误；

C.小球质量相等，下落高度相同，由于重力做功相等，而且初动能相等，根据动能定理可知小球的末动能

相等，则两小球到达海平面时的动能一定相同，故C正确；

D.根据平均功率的表达式有

由于

tp>£Q

则有

PpVPQ

故D错误。

故选Co

【分析】利用竖直万向的位移公式可以比较运动的时间：结合重力做功及初动能相等可以比较末动能的大

小；利用重力做功及时间可以比较平均功率的大小；利用水平方向的位移公式结合水平方向的初速度大小可

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以比较水平方向位移的大小。

5.今年国庆期间深圳龙岗大运城万架无人机表演特别震撼，每架无人机携带着显像屏从地面升空到达表演

地点。如图，一架无人机竖直升空过程先从静止做匀加速运动再做匀减速运动至静止，下列说法正确的有

A.显像屏一直处于超重状态

B.无人机对•显像屏支持力先做正功后做负功

C.显像屏克服重力做功的功率先增大后减小

D.无人机及显像屏构成系统上升过程机械能守恒

【答案】C

【解析】【解答】A.无人机先匀加速上升（加速度向上）后匀减速上升（加速度向下）。显像屏的超重与失

重状态取决于加速度方向：加速上升时超重，减速上升时失重。因此显像屏先超重后失重，故A错误。

B.无人机对显像屏的支持力方向始终竖直向上，而显像屏的位移方向也始终竖直向上，因此支持力与位移

方向相同，支持力始终做正功，故B错误。

C.显像屏克服重力做功的功率为:上过程中速度v先增大后减小，因此该功率先增大后减小，故C正确。

D.无人机及显像屏系统在加速上升阶段，动能和重力势能均增加，且发动机对系统做正功，因此机械能增

加（非守恒），故D错误。

故选Co

【分析】1、超重与失重的判断

核心原理：超重（加速度向上）一；失重（加速度向下）T。

应用场景：物体在竖直方向加速或减速时，需通过加速度方向判断超重或失重状态。

2、功的正负判断

核心原理：功（为力与位移夹角）。

应用场景：支持力方向始终向上，位移方向也向上，故，，支持力始终做正功。

3、功率的计算与变化分析

核心公式：克服重力做功的功率（v为竖直方向速度）。

应用场景：速度v先增大后减小，因此功率先增大后减小。

4、机械能变化的条件

核心原理：机械能变化取决于除重力（或弹力）外其他力是否做功。其他力做正功-机械能增加；做负功

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一机械能减少。应用场景：无人机发动机提供推力（非保守力），对系统做正功，因此机械能增加。

G.2023年2月23日，我国首颗超百Gbps容量的高通量卫星——中星26号搭乘长征二号乙运载火箭从西昌

卫星发射中心起飞，随后卫星进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。假设该卫星发射后先在近地圆轨道I

（轨道高度忽略不计）做匀速圆周运动，在P点瞬时点火进入椭圆转移轨道H,之后通过椭圆转移轨道II进

入地球同步圆轨道HI,定点于东经125°,如图所示。0点和Q点分别为轨道I与轨道II、轨道H与轨道ni的

切点。若同步圆轨道HI距地面的高度约为35600km,地球半径R约为6400km,地球自转周期为24亿地球

表面的重力加速度为9。下列说法正确的是（）

A.中星26号在转移轨道n上从P点运动到Q点的过程中，机械能减小

B.中星26号在转移轨道II上P点运行的速率为前

C.中星26号在P点和Q点的重力加速度之比约为6.6

D.中星26号在近地圆轨道I上运行的周期约为1.4/1

【答案】D

【解析】【解答】A.在转移轨道II上从P点运动到Q点的过程中，万有引力对中星26号做负功，动能转化为

引力势能，机械能守恒，故A错误;

B根据万有引力提供向心力‘有G翠=加竽’在地球表面’有°器=加9

解得中星26号在近地圆轨道/上运行的速率为也=9

中星26号从近地圆轨道I变轨到转移轨道H,做离心运动，需在P点加速，所以中星26号在转移轨道H上P

点运行的速率为>9，故B错误；

C.根据万有引力与重力的关系，在P点有。华=巾91，在Q点有63捻=m。2,中星26号在P点和Q点的

22

重力加速度之比约为"=四算=（6400府+3560警砌。43,故C错误；

92R’（6400/cm）

32

D.由开普勒第三定律可得更半=、，中星26号在近地圆轨道/上运行的周期1.4归故D正确。

R，TZ

故答案为：Do

【分析】这道题的核心是应用万有引力定律，结合卫星变轨过程中的能量变化、圆周运动公式，来分析卫星

在不同轨道上的运动状态。

7.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面.匕一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静

止释放八某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，

沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所

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示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（

A.小球机械能守恒

B.小球动能的最大值为nigh

C.当*小+*0时，系统重力势能与弹性势能之和最小

D.当x=h+2xo时，小球的重力势能最小

【答案】C

【解析】【解答】A.小球受重力和弹簧弹力，但弹簧弹力属于系统内力，因此“小球+弹簧”系统机械能守

恒，但小球的机械能单独不守恒（因弹力对小球做功）故A错误；

B.从释放点到速度最大点，当x=/i+x0时，有

mg=kx0

此时小球达到最大速度，根据动能定理可知

、0+mg

x

mg（h+x0）----2--°=%-0

最大动能为

1/

Ekm=mgh4-=mg1九+

故B错误；

C.初始能量为重力势能，逐渐转化为动能和弹性势能，动能最大时，剩余势能（重力+弹性）最小。根据乙

图可知，当》=h+a,小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，小球的动能最大。以弹簧和

小球组成的系统为研究对象，由系统机械能守恒可知，当％=九+无°,小球的重力势能与弹性势能之和最

小，故C正确；

D.简谐运动对称性：从原长处释放时，振幅

最低点下降。非对称释放：从高于原长处释放时，最低点超过，因此时仍有向下速度。重力势能在最低

点才最小，而非处。所以当％=h+2不时，小球速度不为零，还要向下运动，此时的重力势能不是最小，

故D错误。

故选Co

【分析】1、机械能守恒的判定：系统（小球+弹簧）机械能守恒，但小球单独机械能不守恒（因弹力为外力

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做功）。

2、速度最大的临界条件：合力为零时（）速度最大，动能达峰值。3、能量转化关系：动能最大一势能

（重力+弹性）最小。

4、简诸运动的对称性：振幅，非对称释放扩展运动范围。

二、多项选择题（本题共3题，每小题6分，共18分，且每小题有不止一个答案正确，全部选对得

6分，漏选得3分，错选得。分）

8.想象在赤道上建个直达地球同步静止轨道的高塔，人带着卫星在高塔内坐电梯缓慢上升，到达同步静止

轨道的高度后，打开电梯门，轻轻地将卫星释放，下列推断合理的是（）

A.卫星将成为一颗同步卫星B.卫星将向地球地面掉下去

C.卫星受到地球的引力为零D.卫星处于完全失重状态

【答案】A,D

【解析】【解答】AB.由于卫星到达同步轨道后，器角速度满足同步卫星的角速度，所以卫星在地球同步轨

道上，卫星将成为一颗同步卫星，故A正确，B错误；

C.根据引力公式可以得出：同步卫星在同步轨道受到的地球引力不为0,故c错误；

D.卫星在同步轨道做匀速圆周运动，由于引力提供向心力，所以卫星处于完全失重状态，故D正确。

故选ADo

【分析】根据卫星到达同步卫星轨道时角速度满足同步卫星的角速度，则成为一颗同步卫星，利用引力公式

可以判别卫星的引力不等于0;利用引力提供向心力则卫星处于完全失重状态。

9.如图所示，为了将横放在水平地面的钢管直立起来，工人控制起重机，使横梁上的电机水平移动，同时

以速度v匀速收短牵引绳，使钢管绕定点O转动，绳始终保持竖直且与钢管在同一竖直面内，钢管长为L,

A.当钢管与地面夹角为8时，钢管顶端的速度水平向左

B.当钢管与地面夹角为。时，电机水平移动速度为仇an。

C.钢管在转动过程中角速度大个不变

D.钢管在转动过程中重力的瞬时功率不变

【答案】B,D

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【解析】【解答】ABC.由图可知

当钢管与地面夹角为。时，钢管顶端的做圆周运动，速度方向与杆垂直，且满足

V

%=a）r

则钢管在转动过程中角速度大小发变化，根据

“水A

-p-=tan。

,所以电机水平移动速度为

/水=vtan0

AC不符合题意，B符合题意；

D.钢管在转动过程中重力的瞬时功率为重力与竖直方向速度的乘积，则有

P=mgv

故钢管在转动过程中重力的瞬时功逐不变，D符合题意。

故答案为BDo

【分析】根据对运动状态的分析判断钢管的运动性质，结合圆周运动的特点可对相关物理量进行分析，根据功

率的表达式可判断重力瞬时功率的变化情况。

10.汽车研发机构在某款微型汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池

中，以达到节能的目的。某次测试士，微型汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了微型汽车的

动能E,与位移x关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图

线。已知微型汽车的质量为1000kg.为便于讨论，设其运动过程中所受阻力恒定。根据图像所给的信息可求

出（）

第8页

A.汽车行驶过程中所受阻力为1000N

B.汽车的额定功率为120kW

C.汽车加速运动的时间为22.5s

D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5x1O^J

【答案】D

【解析】【解答】A.对于图线①，根据动能定理得：-fx=0-Ek,得到阻力为：f=%=8x10$

%(11-7)x10，

2000/V,A错误；

B.设汽车匀速运动的速度为v,则有r二用「「温“m”:40加/丁汽车的额定功率为：

P=Fv=fv=2000x40W=80kW,故B错误。

C.对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt-fs=Ek2-Eki,得到£=*k2•■今l+/s=(8-5)xl°5+2g°°x50°s二

P80x10,"

16.25s,故C错误。

D.根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：E=EK=8xlOsJ-

2000x1.5xlO2J=5xlO5J,故D正确。

故答案为：Do

【分析】这道题的核心是利用动能定理分析汽车在不同阶段的能量变化，结合Ek-x图像的斜率代表合外力

这一特点，来求解阻力、功率和储能等物理量。

三、实验题(本题共分18分)

11.某实验小组做探究影响向心力大小因素的实验：

①方案一：用如图甲所示的装置，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1：2：1,

变速塔轮自.匕而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由.上至下分别为1：1、2：1和3：1。回

答以下问题：

第9页

-标尺、

长槽短槽

左塔轮右塔轮

手柄

甲

（I）本实验所采用的实验探究方法与下列实验相同的是

A探究小车速度随时间变化规律

B.探究两个互成角度的力的合成规律

C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系

D.探究平抛运动的特点

（2）某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将

传动皮带调至第层塔轮（填“一”“二”或"三

②方案二：如图丙所示装置，装置中竖直转轴固定在电动机的转轴上（未画出），光滑的水平直杆固定在

竖直转轴匕能随竖直转轴一起转动。水平直杆的左端套上滑块P,用细线将滑块P与固定在竖直转轴上.的

力传感器连接，细线处于水平伸直状态，当滑块随水平直杆一起匀速转动时，细线拉力的大小可以通过力传

感器测得。水平直杆的右端最边缘安装J'宽度为d的挡光条，挡光条到竖直转轴的距离为D,光电门可以测

出挡光条经过光电门所用的时间（挡光时间）。滑块P与竖直转轴间的距离可调。回答以下问题:

F/N

1.0

0.8

0.6

竖直转轴

0.4

占力传感强

滑块辜g圭?0.2

D

CD

026810fl>2/(rad2-s-2)

丙T

(3)若某次实验中测得挡光条的挡光时间为A3则滑块P的角速度表达式为co=

(4)实验小组保持滑块P质量和运动半径r不变，探究向心力F与角速度⑴的关系，作出F®2图线如图

丁所示,若滑块P运动半径r=0.45m,细线的质量和滑块与杆的摩擦可忽略，由F-b图线可得滑块p质量

m=kg（结果保留2位有效数字）。

【答案】C；一；备0.20

【解析】【解答】（1）在该实验中，通过控制质量、半径、角速度中两个物理量相同，探究向心力与另外一个

物理量之间的关系，采用的科学方法是控制变量法:

A.探究小车速度随时间变化规律，利用极限思想计算小车的速度，故A错误;

第10页

B.探究两个互成角度的力的合成规律，应用了等效替代法，故B错误；

C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系，应用了控制变量法，故C正确；

D.探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故D

错误；

故答案为：Co

(2)把两个质量相等的钢球放在B、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，应使两球的痢速度相同，则

需要将传动皮带调至第一层塔轮。

故答案为：一

(3)挡光条的线速度为u=2则滑块P的角速度为川="=获

故答案为：洗

(4)根据向心力大小公式尸=mro?

所以图线的斜率为1=血丁=詈

解得滑块P质量为m=0.20kg

故答案为:0.20

【分析】(1)本实验探究向心力与质量、半径、角速度的关系，采用控制变量法。对比各选项实验方法，找出

同样使用控制变量法的实验。

(2)探究向心力与半径的关系时，需控制质量和角速度不变。变速塔轮第二层的半径比为2：1,可使B、C位

置的小球角速度相同，满足控制变量要求。

(3)利用挡光条的宽度和挡光时间求出线速度，再由线速度与角速度的关系求出角速度。

2

(4)根据向心力公式F=mra),F-炉图线的斜率为mr,结合已知半径r求出滑块质量小。

12.某同学利用此装置验证系统机械能守恒。装置如图中所示，一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物

P、Q相连，重物P、Q质量均为m,在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z,重物P的下端与穿过

打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g=9.8m/s2

P口〃】mL]Q

Qz-------------------------------------------

IUJSL/OI23456(7

I「彳点(i•i•i•i•；・i•i'

计时器====；=；；^^二^^一m

J|5'%Js4％"

图甲图乙

(1)某次实验中，先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，其中

si=4.47cm,S2=5.34cm,S3=6.2lcm,S4=7.10cni,ss=7.98cni,S6=8.86cm。则系统运动的加速度a=

m/s2,5点的速度V5=m/s(保留三位有效数字)；

(2)利用纸带可以验证系统机械能守恒，测量纸带得出1点到5点的距离为h,求出1点速度为vi,5点

第11页

的速度为V5,根据以上数据，可求重物由1点运动到5点时系统重力势能减少量等于,系统动能

的增加量等于,在误差允许的范围内系统重力势能的减少量等于系统动能的增加

量，则系统机械能守恒(表达式用题中M、m、VI、V5、g、h字母表示)。

(3)忽略各类阻力，求出物块Z质量的测量值为M=(表达式用题中m、a、g字母表示);

【答案】(1)5.50；2.11

22

(2)Mgh；i(M+2m)vs-i(M+2m)v1

【解析】【解答】(1)由题图乙可知，相邻计数点间的时间间隔为T=0.04s,根据逐差公式可得，系统运动的

(S4+S5+S6)-(s1+S2+S3)_(7.10+7.98+8.86)-(4.47+5.34+6.21)

加速度为Q=x10~2m/s2=5.50m/s

(3x7)2(3x0.04)

5点的瞬时速度为%==7蒙力器6x10-277i/s=2.1lm/s

故答案为：5.50：2.11

(2)对P、Q、Z整体分析，重物由I点运动到5点时系统重力势能减少量等于Mg/u

22

系统动能的增加量等于=,(M+2m)i;s-1(M+2m)v1

22

故答案为：Mgh；i(M+2m)v5—i(A^+2m)Vi

(3)对Q、Z整体分析，根据牛顿第二定律(MIm)gT=(MIm)a

有对P分析，根据牛顿第二定律有7-mg=ma

联立解得M=咨

9~a

故答案为:

【分析】(1)加速度：使用逐差法处理纸带数据，通过公式♦=(S4+S5+S?：)+S2+S3)计算，其中1是相

(3T)

邻计数点的时间间隔

5点的速度：用匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，即打=湛鞋。

3ZI

(2)系统重力势能减少量：分析系统受力，只有物块Z的重力做功，减少量为Mgh,

系统动能增加量：系统总质量为M+2m,动能变化为/("+2机网一/(时+2机用。

(3)对系统受力分析，由牛顿第二定律Mg=(M+2m)a,整理可得物块Z的质量M。

(1)[I]由题图乙可知，相邻计数点间的时间间隔为T=0.04s,根据逐差公式可得，系统运动的加速度为。=

(S4+S5+S6)一(S1+S2+S3)_(7.10+7.98+8.86)-(4.47+5.34+6.21)

x10~2m/s2=5.50m/s

(3xT)2(3x0.04)

第12页

[2]5点的瞬时速度为内=康6=，笑W，x10~2m/s=2.11m/s

乙X1/XU.U4*

（2）[1]对P、Q、Z整体分析，重物由1点运动到5点时系统重力势能减少量等于MgM

⑵系统动能的增加量等于=?M+2m»52-2（M+2m）%2

（3）对Q、Z整体分析，根据牛顿第二定律（例+m）g-7=（例+m）a

有对P分析，根据牛顿第二定律有T-mg=mQ

联立解得M=咨

g-Q

四、计算题（本题共3小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写

最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位）

13.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1=20m,倾角。=37。，麻袋包与传送带间

的动摩擦因数口=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=l（）

m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

（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；

【答案】（1）解：麻袋包在主动轮的最高点时，有租9=加身解得：R=0.4m

2

（2）解：设麻袋包平抛运动时间为3有：h=^gt,x=vot

解得：x=1.2m

（3）解：对麻袋包，设匀加速运动时间为ti,匀速运动时间为3有：nmgcos0-mgsin0=ma

v=att,%1=.。耳，I-XX=vt2

联立以上各式解得：£="+4=12.5s

【解析】【分析】（1）麻袋包在主动轮最高点恰好水平抛出，说明此时重力完全提供向心力，根据牛顿第二定

律7ng=m左可宜接求出半径R。

（2）麻袋包离开传送带后做平抛运动，利用平抛运动的竖直方向自由落体公式求出时间，再结合水平方向匀速

第13页

直线运动求出水平距离Xo

（3）先分析麻袋包在传送带上的受力，求出加速度，再分匀加速和匀速两个阶段计算运动时间，最后求和得到

总时间。

14.如图1所示，水平转盘上放有质量为m=lkg的小物块，小物块到转轴的距离为r=0.5m,连接小物块和

转轴的绳刚好被拉直（绳中张力为零），小物块与转盘间最大静摩擦力是其重力的k=（）.2倍，g=l（）m/s2,求：

（1）绳无拉力的情况下，转盘的最大角速度为加多大

（2）若绳能承受的拉力足够大，当转盘的角速度从零开始增大的过程中，在图2中画出拉力T随角速度3

的变化关系图像。（要求写出分析过程）

【答案】解：（1）当转盘的角速度较小时，物块在水平方向只受到摩擦力作用，绳子无拉力，而且摩擦力随

着角速度的增大而增大，当摩擦力恰好达到最大值时，绳子开始有拉力，此时由牛顿第二定隹得

2

kmg=ma）Qr

得

[kg10.2x100八

他气亍幻—03—=25/S

（2）当角速度小于等于2r@山5时・，绳子得拉力为零。当角速度大于等于2rad/s时，有牛顿第二定律得

T+kmg=ma）2r

因此

1

T=ma）2r-kmg=_2

画出拉力T随角速度的变化关系图像如图所示。

0246

第14页

【解析】【分析】（1）当转盘的角速度较小时，物块在水平方向只受到摩擦力作用，绳子无拉力，当摩擦力恰

好达到最大值时，绳子开始有拉力，由牛顿第二定律列等式：kmy=2r，可求转盘的最大角速度。

（2）当角速度小于等于2rad/s时，绳子拉力为零。当角速度大于等于2rad/s时，根据牛顿第二定律列等式：

T+knig=ma）2r,可得出拉力T随角速度co的变化关系式：T=ma）2r—kmg=^a）2-2,根据拉力T随角

速度3的变化关系式，画出拉力T随角速度的变化关系图像。

15.某工厂生产一种边长x=1cm的正方体泡沫金属颗粒，由于生产过程中气泡含量的不同，导致颗粒的质

量不同（体积与表面材料均无偏差），为筛选颗粒，设计了如图所示装置。产出的颗粒不断从A处静止进入

半径为％=1m的光滑四分之一圆轨道AB,B处与一顺时针非常缓慢转动的粗糙传送带相切，传送带足够

长，CE、FG均为水平光滑轨道，圆心为0、半径％=百瓶的光滑圆轨道E、F处略微错开且与水平轨道相

接，D为带轻质滚轮的机械臂，可在颗粒经过时提供竖直向下的恒定压力F,颗粒右侧刚到达滚轮最低点时

的速度可忽略不计，滚轮逆时针转动且转速足够快，滚轮与颗粒之间的摩擦系数〃=0.5（摩擦力对颗粒作用

距离可认为是颗粒边长），I、II、IH为颗粒的收集区域（颗粒落到收集区直接被收集不反弹），其中I、II的

分界点为圆心O,且I、H与圆轨道之间留有恰好可容颗粒通过的距离。颗粒在圆轨道中运动时可看做质

点，颗粒在被收集之前相互之间没有发生碰撞，质量最大颗粒恰好被n最右端收集，质量为m=0.001kg的

颗粒恰好能被HI收集，不计一切空气阻力，重力加速度为g=10m/s2。求：

（1）质量为0.001kg颗粒到达B处时对轨道的压力大小；

（2）机械臂提供的恒定压力F的大小；

（3）II、HI两个区域各自收集到颗粒的质量范围。

【答案】（1）解：对颗粒根据动能定理得

12

2mvB-0=mgRi

在B点根据牛顿第二定律得合外力提供向心力

771Vi

FN-mg=雨2

联立解得

FN=0.03N

根据牛顿第三定律知该颗粒到达B处时对轨道的压力大小为0.03N。

第15页

（2）解：质量为O.OOMg的颗粒恰好被HI收集，故其恰好能做完整圆周运动。颗粒在圆轨道最高点处应满足

mvi2

mg=F~

由动能定理

12

RFX-mg•2R=-0

2乙

解得

F=5V3/V

（3）解：①质量小于等于0.001kg的颗粒都能被HI收集，颗粒质量范围为

m<0.001kg

②如图所示，设恰好能到达H左端的颗粒脱离圆轨道开始做抛体运动的位置距离II的高度为h,此时颗粒开

始做斜抛运动，对其运动进行正交分解，分解为沿初速度方向和垂直初速度方向。

设该位置对应的半径与水平方向的央角为仇颗粒速度大小为以，由

h

sinO=反一

此时满足

miVo

m1gsinO=R4

解得

v2=yfgh

方法一：颗粒沿初速度方向的运动位移为零，根据运动的对称性可知

m{gcos0=max

即，颗粒沿垂直初速度方向的运动为

其中C0s6=

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八12

m^gsinO=ma2^2=2t

乙

联立解得

73

h=R=lm

T2

方法二：颗粒沿水平方向做匀速直线运动，可得

COS

R26=v2sindt,cosg_42f

R2

颗粒沿竖直方向做竖直上抛运动，取竖直向卜.为正方向，可得

1?

R2sme=-v2cos0t+5gt之

乙

联立解得

h==17n（以上两种分解方式均可。）

从开始经过机械臂到开始做抛体运动这个过程，由动能定理得

1

p.Fx-mg（A2+九）=5■叫域-0

Y乙

可得

m=写零kg或(m1=0.00134kg)

x4uu

恰好能到达II右端的颗粒满足

"X-m2gR2=0

可得m,=0.00253（计算出到达^右端的颗粒所满足的质量。）

故能被II收集的颗粒质量范围为与卓的<m<0.0025kg或（0.00134kg<m<0.0025kg）。

【解析】【分析】（1）利用“最高点重力提供向心力'’确定最小速度，结合动能定理关联力与质量。

（2）将脱离圆轨道的颗粒运动分解为水平、竖直分运动，结合几何关系与运动学公式推导临界质量。

（3）通过”能过最高点“（【II区）和“斜抛落点”（II区）的临界条件，划分质量区间。

（1）对颗粒根据动能定理得

12

2mvB_0=mgRi

在B点根据牛顿第二定律得合外力提供向心力

mvo

FN-mg=-^―

联立解得

FN=0.03/V

根据牛顿第三定律知该颗粒到达B处时对轨道的压力大小为0.03N。

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(2)质量为0.001kg的颗粒恰好被HI收集，故其恰好能做完整圆周运动。