2021学年四川省广安市高一（下）期末物理试卷
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分）
1. 下列说法中正确的选项是（ ） A.德国天文学家开普敦提出了日心说 B.牛顿通过实验精确测定了万有引力常量
C.丹麦天文学家第谷20余年坚持对天体进行系统观测研究得出了行星运动的规律 D.经典力学只适用于宏观、低速、弱引力场
2. 物体在光滑水平面受四个不共线的水平恒力作用处于平衡状态，当把其中一个水平恒力撤去后，则（ ） A.物体一定做匀加速直线运动 C.物体一定做匀变速直线运动
3. 一架飞机水平地匀速飞行．从飞机上每隔1秒钟释放一个铁球，先后共释放4个．若不计空气阻力，则四个球（ ）
A.在空中任何时刻总是排成抛物线；它们的落地点是等间距的 B.在空中任何时刻总是排成抛物线；它们的落地点是不等间距的
C.在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直的直线；它们的落地点是等间距的 D.在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直的直线；它们的落地点是不等间距的
4. 如图所示是发射同步卫星的原理：先将卫星送人近地轨道𝐼，在近地点𝐴加速使卫星沿椭圆轨道𝐼𝐼运动，在远地点𝐵再一次加速使卫星进入圆形同步轨道𝐼𝐼𝐼运动．下列判断
B.物体可能做曲线运动
D.物体一定做匀变速曲线运动
正确的是（ ）
A.卫星在轨道𝐼𝐼运动的速率大于在轨道𝐼上运动的速率 B.卫星在𝐴点点火变轨的瞬间，速率增大 C.卫星在𝐵点点火变轨的瞬间，速率减小
D.卫星沿椭圆轨道𝐼𝐼运动时，在𝐵点的加速度大于在𝐴点的加速度
5. 我国体操名将杨威体重为55𝑘𝑔，在做“单臂大回环”时一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动，此过程中忽略空气阻力，(𝑔=10𝑚/𝑠2)则到达最低点时手臂受到的拉力至少约为（ ） A.1100𝑁
B.1650𝑁
C.2200𝑁
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D.2750𝑁
6. 某同学将一个质量为0.5𝑘𝑔的小球以速度6𝑚/𝑠从桌面竖直上抛，到达的最大高度后返回，落到桌面下1𝑚的地面上，不计空气阻力．取桌面为零重力势能的参考平面，(𝑔=10𝑚/𝑠2)则下述说法正确的是（ ） A.小球在最高点时具有的重力势能为9𝐽 B.小球在最高点时具有的机械能为36𝐽 C.小球落地面前瞬间具有的机械能为41𝐽 D.小球落地面前瞬间具有的动能为5𝐽
7. 如图所示，一段不可伸长的轻绳长度为𝐿，上端固定，下端拴着一个小球，现让小球在水平面内做匀速圆周运动，由于轻绳旋转而“绘制”出一个圆锥面．已知这个圆锥体的高为ℎ，重力加速度为𝑔，小球的直径可忽略不计．则小球做匀速圆周运动的周期
为（ ）A.2𝜋√𝑔
ℎ
B.2𝜋√ℎ
𝑔
C.2𝜋√𝑔
𝐿
D.2𝜋√𝐿 𝑔
8. 一辆汽车通过拱形桥面最高点时速度为36𝑘𝑚/ℎ，此时车对桥顶的压力为车重的九
分之八，要使车在行驶过程中不离开桥面．(𝑔=10𝑚/𝑠2)则最高点的速度不能超过（ ） A.20𝑚/𝑠
B.30𝑚/𝑠
C.40𝑚/𝑠
D.50𝑚/𝑠
二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，全对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）
如图所示，某物体以水平初速度抛出，飞行一段时间√3𝑠后，垂直地撞在倾角𝜃为30∘的斜面上，(𝑔=10𝑚/𝑠2)，由此计算出物体的位移𝑥和水平初速度𝑣0分别是（ ）
A.𝑥=25𝑚
如图所示，某小车将一质量为𝑚的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高为ℎ，开始时物体静止于𝐴点，且滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度𝑣水平向右匀速直线运动，至汽车与连接的细绳水平方向的夹角为60∘，（不计一切摩擦）则（ ）
B.𝑥=5√21𝑚
C.𝑣0=10𝑚/𝑠
D.𝑣0=20𝑚/𝑠
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A.在运动过程中，物体𝑚一直做加速运动 B.运动过程中，细绳对物体的拉力总是等于𝑚𝑔
C.在绳与水平方向的夹角为60∘时，物体𝑚上升的速度为
2𝑣
D.在绳与水平方向的夹角为60∘时，拉力功率等于2𝑚𝑔𝑣
如图所示，质量为𝑚的木箱在水平恒力𝐹推动下，从粗糙斜面的底部𝐴处由静止开始运动至斜面上的𝐵处，获得速度为𝑣，𝐴𝐵之间的水平距离为𝑥、高度差为ℎ，重力加速度为𝑔。则在水平恒力𝐹推动木箱从𝐴到𝐵的过程中，下列说法正确的是（ ）
1
A.木箱克服重力做的功是𝑚𝑔ℎ B.合外力对木箱做的功是𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ
21
C.推力对木箱做的功是2𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ D.斜面对木箱做的功是𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ−𝐹𝑥
21
1
一只排球在距地面某高度的𝐴点被竖直向上抛出，动能为20𝐽，上升达到最大高处后再次经过𝐴点，动能变为10𝐽，假设排球在整个运动过程中受到的阻力大小恒定，若规定𝐴点为零势能点．则在整个运动过程中排球的动能变为12𝐽时，其重力势能的可能值为（ ） A.3𝐽
B.6𝐽
C.−3𝐽
D.−6𝐽
三、填空题（每空2分，共10分）
在“验证机械能守恒定律”的实验中，实验步骤如下：
𝐴．选取第1、2点距离接近2𝑚𝑚的一条纸带，在这条纸带上每隔几个点选定计数点 𝐵．将铁架台放在实验桌上，用附夹把打点计时器固定在铁架台上． 𝐶．换新纸带重复实验．
𝐷．量出从首点到各计数点间的距离，并算出各计数点的即时速度． 𝐸．比较△𝐸𝐾和△𝐸𝑃在误差允许范围内是否近似相等．
𝐹．在重锤上夹持一纸带，并将它从打点计时器的复写纸下面穿过限位孔，手持纸带保
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持竖直方向，接通电源后，松手让重锤牵引纸带下落，得到打点的纸带． 𝐺．计算各计数点的动能增加量△𝐸𝐾和势能减小量△𝐸𝑃． 正确的操作顺序是：________．
某同学在做平抛运动实验时得到了如图所示的物体运动轨迹，𝑎、𝑏、𝑐三点的位置在
运动轨迹上已标出．(𝑔取10𝑚/𝑠2)则
某同学在做平抛运动实验时得到了如图所示的物体运动轨迹，𝑎、𝑏、𝑐三点的位置在运动轨迹上已标出．(𝑔取10𝑚/𝑠2)则
(1)小球平抛的初速度为________𝑚/𝑠． (2)小球运动到𝑏点的速度为________𝑚/𝑠．
(3)小球开始做平抛运动的位置坐标为𝑥=________ 𝑐𝑚，
𝑦=________ 𝑐𝑚．
四、计算题（8+10+10+14=42分解答应出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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）
某中子星的质量约为𝑀=3.0×1030𝑘𝑔，半径约为𝑅=10𝑘𝑚，万有引力常量为𝐺=6.67×10−11𝑁⋅𝑚2/𝑘𝑔2，求： （1）该中子星表面的重力加速度；
（2）该中子星的第一宇宙速度．
在光滑的水平地面上有一光滑的半圆轨道𝐵𝐶，半径为𝑅=0.1𝑚，有一个质量为𝑚=1𝑘𝑔的小球，在一恒定的水平拉力𝐹=10𝑁的作用下，由𝐴点静止开始运动到𝐵点时撤去拉力，小球刚好沿半圆轨道运动到最高点𝐶．(𝑔=10𝑚/𝑠2)求：
（1）小球在𝐵点的速度为多少；
（2）𝐴𝐵两点的距离为多大．
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在水平路面上行驶的汽车，其额定功率𝑃额=80𝑘𝑊，质量𝑚=2×103𝑘𝑔，行驶中实际功率不超过额定功率，且所受阻力大小恒为其重力的0.1倍，地球表面重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2．求：
（1）汽车在行驶过程中所能达到的最大速度𝑣𝑚；
（2）若汽车以𝑎=1𝑚/𝑠2的加速度由静止开始做匀加速直线运动，则匀加速直线运动能维持的时间𝑡是多大．
如图所示，一半径𝑅=0.8𝑚的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量
𝑚=0.1𝑘𝑔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𝐴点滑落，经光滑的过渡圆管（图中圆管未画出）进入光滑轨道𝐴𝐵，已知𝐴𝐵为光滑的弧形轨道，𝐴点离𝐵点所在水平面的高度ℎ=0.6𝑚；滑块与圆盘间动摩擦因数为𝜇=0.5，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，滑块可视为质点，最大静摩擦力近似于滑动摩擦力(𝑔=10𝑚/𝑠2, sin37∘=0.6, cos37∘=0.8)求：
（1）当滑块从圆盘上滑落时，滑块的速度多大；
（2）滑块滑动到达𝐵点时速度大小是多少；
（3）光滑的弧形轨道与传送带相切于𝐵点，滑块从𝐵点滑上长为5𝑚，倾角为37∘的传送带，传送带顺时针匀速转动，速度为𝑣=3𝑚/𝑑，滑块与传送带间动摩擦因数也为𝜇=0.5，当滑块运动到𝐶点时速度刚好减为零，则𝐵𝐶的距离多远．
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参考答案与试题解析
2021学年四川省广安市高一（下）期末物理试卷
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分） 1.
【答案】 D
【考点】 物理学史 【解析】
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可． 【解答】
解：𝐴、波兰天文学家哥白尼提出了“日心说”，认为太阳是宇宙的中心．故𝐴错误． 𝐵、牛顿发现了万有引力定律，是卡文迪许测出了引力常量𝐺的数值．故𝐵错误．
𝐶、开普勒通过对丹麦天文学家第谷对行星运动观测记录的数据研究，得出了行星运动的规律---开普勒行星运动三大定律．故𝐶错误．
𝐷、经典力学只适用于宏观、低速、弱引力场，故𝐷正确． 故选：𝐷 2.
【答案】 B
【考点】
曲线运动的概念 【解析】
物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，由于物体是受几个恒力的作用，撤去𝐹1后，物体受到的合力不为零，且是不变的，物体一定是做匀变速运动． 【解答】
解：物体原来处于平衡状态，物体的合力为零，当撤去其中一个力后，而其余力的合力与撤去的力大小相等、方向相反，故合力的大小是不变的，则：
𝐴、当合力方向与速度方向不同向时，物体就不是匀加速直线运动，故𝐴错误；
𝐵、合力恒定，故加速度恒定，故是匀变速运动，当速度方向与合力方向在同一直线上时，物体做匀变速直线运动，当合力与速度不共线时，物体做曲线运动，故𝐵正确，𝐶𝐷错误； 故选：𝐵 3.
【答案】 C
【考点】
平抛运动的概念 【解析】
匀速飞行的飞机上释放的小球做平抛运动，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． 【解答】
解：因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，所以释放的小球都在飞机的正下方，即在飞机的正下方排成竖直的直线．高度一定，每个小球落地的时间相等，因为每隔1𝑠释放一个，在水平方向上两小球的间隔为△𝑥=𝑣△𝑡，是等间距的．故𝐶正确，𝐴、
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𝐵、𝐷错误． 故选：𝐶． 4.
【答案】 B
【考点】
随地、绕地问题 【解析】
卫星的变轨过程，在椭圆轨道远地点加速，使所需向心力等于万有引力后做圆周运动，则半径变大，周期变长，沿两个轨道的交点的速度因所在轨道的不同而不同，因加速后的为圆轨道，则动能变大．据此分析各问题． 【解答】
解：𝐴、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：𝐺
𝑀𝑚𝑟2
=𝑚，解得：𝑣=√
𝑟
𝑣2
𝐺𝑀𝑟
，卫星轨道半径𝑟越大，线速率越小，卫星在轨道𝐼𝐼运动的速率小于在轨道𝐼上运动的速率，故𝐴错误；
𝐵、卫星在𝐴点点火变轨后轨道半径变大，卫星做离心运动，卫星速度变大，故𝐵正确； 𝐶、卫星在𝐵点点火变轨后轨道半径变大，卫星做离心运动，卫星速度变大，故𝐶错误； 𝐷、卫星沿椭圆轨道𝐼𝐼运动时，在𝐵点的万有引力小于在𝐴点的万有引力，故在𝐵点的加速度小于在𝐴点的加速度，故𝐷错误； 故选：𝐵． 5. 【答案】 D
【考点】
机械能守恒的判断 向心力
【解析】
人在最高点的最小速度为零，根据动能定理求出人在最低点的速度，再根据牛顿第二定律求出拉力的大小． 【解答】
解：设人的长度为𝑙，人的重心在人体的中间．
最高点的最小速度为零，根据动能定理得：𝑚𝑔𝑙=2𝑚𝑣2． 解得最低点人的速度为：𝑣=√2𝑔𝑙． 根据牛顿第二定律得：𝐹−𝑚𝑔=𝑚
𝑣2
𝑙2
1
，
解得：𝐹=5𝑚𝑔=2750𝑁．故𝐷正确． 故选：𝐷． 6.
【答案】 A
【考点】
机械能守恒的判断 【解析】
小球运动过程中，只受重力，机械能守恒，根据机械能守恒定律和重力势能、动能的
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概念列式求解即可． 【解答】
解：𝐴、小球竖直上抛过程中，只有重力做功，机械能守恒，上升到最高点时，动能为零，则重力势能等于初位置的机械能，即𝐸𝑃=2𝑚𝑣2+0=2×0.5×36=9𝐽，故𝐴正确；
𝐵、小球在最高点时具有的机械能等于最高点的重力势能，为9𝐽，故𝐵错误．
𝐶、由机械能守恒知，则小球落地面前瞬间具有的机械能等于在最高点时的机械能，为9𝐽．故𝐶错误．
𝐷、小球落地面前瞬间具有的重力势能𝐸𝑃1=𝑚𝑔ℎ1=0.5×10×(−1)=−5𝐽，则得小球落地面前瞬间具有的动能𝐸𝐾1=𝐸−𝐸𝑃1=9−(−5)=14𝐽．故𝐷错误． 故选：𝐴． 7.
【答案】 A
【考点】 向心力 【解析】
小球做圆周运动靠合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球做匀速圆周运动的周期． 【解答】
解：小球仅受重力和沿绳子向上的拉力，对小球列牛顿第二定律：𝑚𝑔tan𝜃=𝑚𝑟解得周期为：𝑇=2𝜋√𝑔tan𝜃，
因为tan𝜃=ℎ，则有：𝑇=2𝜋√𝑔．故𝐴正确，𝐵、𝐶、𝐷错误． 故选：𝐴． 8. 【答案】 B
【考点】 向心力 【解析】
在桥面的最高点，靠重力和支持力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出最高点的最大速度． 【解答】
解：36𝑘𝑚/ℎ=10𝑚/𝑠，根据牛顿第二定律得： 𝑚𝑔−𝑁=𝑚，
𝑅𝑣2
𝑟
ℎ
𝑟4𝜋2𝑇21
1
，
𝑁=9𝑚𝑔，
联立并代入数据得：𝑅=90𝑚，
汽车恰好不离开桥面的临界情况是压力为零，根据𝑚𝑔=𝑚𝑣′=√𝑔𝑅=√10×90𝑚/𝑠=30𝑚/𝑠． 故选：𝐵．
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𝑣′2𝑅
8
得最高点的速度为：
二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，全对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）
【答案】 C
【考点】
平抛运动的概念 【解析】
根据速度时间公式求出撞在斜面上时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出初速度，从而得出水平位移． 【解答】
解：物体撞在斜面上时竖直分速度𝑣𝑦=𝑔𝑡=10√3𝑚/𝑠， 根据平行四边形定则知，tan30∘=
𝑣0𝑣𝑦
，解得𝑣0=10√3×
√3𝑚/𝑠3
=10𝑚/𝑠，
则水平位移𝑥=𝑣0𝑡=10×√3𝑚=10√3𝑚．故𝐶正确，𝐴、𝐵、𝐷错误． 故选：𝐶． 【答案】 A,C
【考点】 平均功率
运动的合成与分解
【解析】
先将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，得到货物速度的表达式，分析出货物的运动规律；然后根据功率的表达式分析 【解答】
解：𝐴、将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示 货物速度为：𝑣=𝑣0cos𝜃，由于𝜃逐渐变小，故货物加速上升，故𝐴正确．
𝐵、由𝐴分析可得，物体处于超重状态，细绳对物体的拉力总是大于𝑚𝑔，故𝐵错误． 𝐶、由𝐴分析知，当𝜃=60∘时，货物速度为𝑣0cos60∘=𝑣0，故𝐶正确．
21
𝐷、由于拉力大于𝑚𝑔，故结合𝐶分析可得，在绳与水平方向的夹角为60∘时，拉力功率大于𝑚𝑔𝑣，故𝐷错误．
21
故选：𝐴𝐶 【答案】 A,D
【考点】
动能定理的应用 【解析】
重力做功只与物体的初末位移的高度差有关，与其它因素没有关系，𝑊𝐺＝𝑚𝑔△ℎ； 推力是恒力，可以根据𝑊＝𝐹𝐿cos𝜃求解； 合外力对物体所做的功可根据动能定理求解；
斜面所做的功我们不好直接求解，但可以通过动能定理求得合外力所做的功，总共有
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三个力对物体做功，即推力和斜面的作用力还有重力对小车做功，这样就可以求得斜面对物体所做的功。 【解答】
𝐴．𝑊𝐺＝𝑚𝑔△ℎ＝𝑚𝑔(ℎ𝐴−ℎ𝐵)＝−𝑚𝑔ℎ，故𝐴正确；
𝐵．对小车从𝐴运动到𝐵的过程中运用动能定理得：𝑊=𝑚𝑣2−𝑚𝑣02=𝑚𝑣2，故𝐶
2
2
2
1
1
1
错误；
𝐶、．对小车从𝐴运动到𝐵的过程中运用动能定理得：𝑊=2𝑚𝑣2−2𝑚𝑣02，即𝑊𝐹+𝑊+𝑊𝐺=𝑚𝑣2，所以𝑊𝐹+𝑊=𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ，推力故功小于𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ，故𝐶错误。
2
2
1
1
1
1
𝐷、力𝐹是恒力，在力的方向上的位移为𝑥，所以𝑊＝𝐹𝐿cos𝜃＝𝐹𝑥；则由动能定理可知：𝐹𝑥−𝑊斜面−𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑣2；则斜面对木箱做的功是𝑊斜面=𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ−𝐹𝑥；故𝐷
2
2
1
1
正确； 【答案】 B,C
【考点】
摩擦力做功与能量转化 动能和势能的相互转化
【解析】
根据能量守恒得，来回过程总克服阻力做功10𝐽，即单程克服阻力做功为5𝐽．根据上升过程重力势能的减小量和克服阻力做功的损失的能量得出重力和阻力的关系．再结合动能定理分别求出上升过程和下降过程中动能变为12𝐽时重力势能的值． 【解答】
解：由已知条件，来回过程总克服阻力做功20−10=10𝐽，即单程克服阻力做功为5𝐽． (1)上升过程，开始重力势能为零，排球克服重力和阻力做功，前者转化为重力势能，最高点处为𝐸𝑃𝑚=20−5=15𝐽，由此可知重力是阻力的3倍，即𝐺=3𝐹，排球动能为12𝐽时，用于克服重力和阻力做功的能量是20−12=8𝐽，设通过的位移长度为𝑆，则−𝐺𝑆−𝐹𝑆=−3𝐺𝑆=−8𝐽，由𝐺和𝐹关系不难算出𝐺𝑆=6𝐽，所以此时的重力势能是6𝐽． (2)下降过程，重力势能用于克服阻力做功并转化为动能，设通过的位移长度为𝐿，由动能定理得𝐺𝐿−𝐹𝐿=𝐺𝐿=12𝐽，不难算出𝐺𝐿=18𝐽，此时的重力势能为：𝐸𝑃𝑚−
32
4
𝐺𝐿=15𝐽−18𝐽=−3𝐽．
即重力势能可能为6𝐽或−3𝐽．故𝐵、𝐶正确，𝐴、𝐷错误． 故选：𝐵𝐶
三、填空题（每空2分，共10分）
【答案】
𝐵、𝐹、𝐶、𝐴、𝐷、𝐺、𝐸 【考点】
用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律 【解析】
验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，根据组装器材，进行实验，数据处理的顺序，排列操作步骤． 【解答】
解：实验时先安装器材，步骤顺序是：𝐵
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然后进行实验，步骤顺序是：𝐹、𝐶，
最后是数据处理，顺序是；𝐴、𝐷、𝐺、𝐸．
所以操作的正确顺序是：𝐵、𝐹、𝐶、𝐴、𝐷、𝐺、𝐸． 故答案为：𝐵、𝐹、𝐶、𝐴、𝐷、𝐺、𝐸 【答案】
2,2.5,−10,−1.25 【考点】
研究平抛物体的运动 【解析】
国际单位规定了七基本物理量别为长、量、时间、热力学温度、电流、光度物质的量．们在国际单位制中的单位称为基单位，而物理量间的关到出来物理量的单位叫导单． 【解答】
解：𝑁是的单，功率的单位𝐽能量的位，是国际单位制中的导出位，𝑠是时间单，是国际基本单位．故𝐴正确、𝐶、错误． 故：𝐴
四、计算题（8+10+10+14=42分解答应出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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） 【答案】
（1）该中子星表面的重力加速度为2×1012𝑚/𝑠2． （2）该中子星的第一宇宙速度为1.4×108𝑚/𝑠．
【考点】
万有引力定律及其应用 【解析】
根据万有引力等于重力求出中子星表面的重力加速度．根据万有引力提供向心力求出中子星的第一宇宙速度． 【解答】 解：（1）根据𝐺
𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑔得中子星表面的重力加速度为：𝑔=
𝐺𝑀𝑅2=
6.67×10−11×3×1030
108≈
2×1012𝑚/𝑠2． （2）根据𝐺
𝑀𝑚𝑅2=𝑚𝑅得：𝑣=√
𝑣2
𝐺𝑀𝑅
=√
6.67×10−11×3×1030
10000
≈1.4×108𝑚/𝑠．
答：（1）该中子星表面的重力加速度为2×1012𝑚/𝑠2． （2）该中子星的第一宇宙速度为1.4×108𝑚/𝑠． 【答案】
（1）小球在𝐵点的速度为√5𝑚/𝑠； （2）𝐴𝐵两点的距离为0.25𝑚． 【考点】
动能定理的应用 向心力
【解析】
（1）小球刚好沿半圆轨道运动到最高点𝐶时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出𝐶点的速度．小球从𝐵到𝐶的过程，只有重力做功，由机械能守恒定律求出𝐵点的速度． （2）对𝐴𝐵过程，由动能定理求求𝐴𝐵间的距离． 【解答】
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解：（1）在𝐶点，由牛顿第二定律得：𝑚𝑔=𝑚𝐶
𝑅𝑣2
从𝐵到𝐶的过程，由机械能守恒定律得：
22 2𝑚𝑔𝑅+2𝑚𝑣𝐶=2𝑚𝑣𝐵
1
1
解得𝑣𝐵=√5𝑔𝑅=√5𝑚/𝑠
（2）对于𝐴𝐵段，由动能定理得
2
𝐹𝑥=2𝑚𝑣𝐵
1
解得𝑥=0.25𝑚 答：
（1）小球在𝐵点的速度为√5𝑚/𝑠； （2）𝐴𝐵两点的距离为0.25𝑚．
【答案】
（1）汽车在行驶过程中所能达到的最大速度为40𝑚/𝑠；
（2）若汽车以𝑎=1𝑚/𝑠2的加速度由静止开始做匀加速直线运动，则这一过程能维持的时间𝑡是20𝑠．
【考点】 平均功率 【解析】
（1）当汽车以额定功率做匀速运动时，速度最大，此时牵引力与阻力大小相等，由牵引力功率公式𝑃=𝐹𝑣𝑚，求出最大速度；
（2）汽车做匀加速运动过程中，当汽车的实际功率达到额定功率时，匀加速运动结束，由𝑃=𝐹𝑣求出匀加速运动的末速度，由𝑣=𝑎𝑡公式求解匀加速运动的时间 【解答】 解：（1）汽车在行驶过程中达到最大速度时牵引力𝐹等于阻力𝑓，则有： 𝐹=𝑓 𝑓=0.1𝑚𝑔 𝑃额=𝐹𝑣𝑚 得：𝑣𝑚=
800002000
𝑚/𝑠=40 𝑚/𝑠
（2）汽车由静止开始做匀加速直线运动，设末速度为𝑣1，这一过程能维持时间为𝑡，则有：
𝐹−𝑓=𝑚𝑎 𝑃额=𝐹𝑣 𝑣=𝑎𝑡
得：𝑡=𝑎=20 𝑠
答：（1）汽车在行驶过程中所能达到的最大速度为40𝑚/𝑠；
（2）若汽车以𝑎=1𝑚/𝑠2的加速度由静止开始做匀加速直线运动，则这一过程能维持的时间𝑡是20𝑠．
【答案】
（1）当滑块从圆盘上滑落时，滑块的速度是2𝑚/𝑠； （2）滑块滑动到达𝐵点时速度大小是4𝑚/𝑠；
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𝑣
（3）𝐵𝐶的距离是4.85𝑚． 【考点】
动能定理的应用 向心力
【解析】
（1）滑块圆盘上做匀速圆周运动时，由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滑块即将滑落时的速度；
（2）滑块从𝐴运动到𝐵，只有重力做功，由机械能守恒定律求出𝐵点的速度． （3）根据滑块到达𝐵点的速度与传送带速度的关系，分析滑块的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合解答．或根据动能定理求解
【解答】 解：（1）滑块在圆盘上做圆周运动时，由静摩擦力充当向心力，当滑块刚从圆盘上滑落时，有 𝜇𝑚𝑔=𝑚
2𝑣𝐴
𝑅
代入数据，解得：𝑣𝐴=√𝜇𝑔𝑅=√0.5×10×0.8=2𝑚/𝑠
（2）滑块从𝐴运动到𝐵，只有重力做功，遵守机械能守恒定律，则有
22
𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣𝐵−2𝑚𝑣𝐴
2可得𝑣𝐵=√𝑣𝐴+2𝑔ℎ=√4+2×10×0.6=4𝑚/𝑠
1
1
（3）设滑块在传送带上滑距离为𝑆1时速度与传送带相同，再上滑距离为𝑆2时速度为零． 对于从𝐵到速度与传送带相同的过程，由动能定理得：
112
−(𝑚𝑔sin37∘+𝜇𝑚𝑔cos37∘)𝑆1=𝑚𝑣2−𝑚𝑣𝐵
22解得𝑆1=0.35𝑚
滑块速度与传送带相同时，由于𝜇𝑚𝑔cos37∘<𝑚𝑔sin37∘，则滑块继续向上做匀减速运动，由动能定理得
(𝜇𝑚𝑔cos37∘−𝑚𝑔sin37∘)𝑆2=0−2𝑚𝑣2
解得𝑆2=4.5𝑚
故𝐵𝐶间的距离为𝑆=𝑆1+𝑆2=4.85𝑚 答：
（1）当滑块从圆盘上滑落时，滑块的速度是2𝑚/𝑠； （2）滑块滑动到达𝐵点时速度大小是4𝑚/𝑠； （3）𝐵𝐶的距离是4.85𝑚．
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试卷第13页，总13页
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