江苏省扬州市仪征中学2017届高三（上）期初物理试卷（解析版）

2016-2017学年江苏省扬州市仪征中学高三（上）期初物理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．每小题只有一个选项符合题意．选对的得3分，错选或不答的得0分．

1．一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（ ）

A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同

B．质点速度的方向可能总是与该恒力的方向垂直

C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同

D．质点单位时间内速率的变化量总是不变

【考点】加速度与力、质量的关系式．

【分析】明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；

由牛顿第二定律F=ma可知，物体加速度的方向由合外力的方向决定；

由加速度的定义a=

来判断质点单位时间内速率的变化量．

【解答】解：A．质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A错误；

B．由A分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B错误；

C．由于质点做匀速直线运动，即所受合外力为0，原来质点上的力不变，增加一个恒力后，则质点所受的合力就是这个恒力，所以加速度方向与该恒力方向相同，故C正确；

D．因为合外力恒定，加速度恒定，由△v=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的，故D错误．

故选：C．

2．如图所示，物体P左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动．在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力T的大小和地面对P的摩擦力f的大小的变化情况是（）

A．T始终增大，f始终减小

B．T先不变后增大，f先减小后增大

C．T保持不变，f始终减小

D．T保持不变，f先减小后增大

【考点】力的合成与分解的运用；胡克定律．

【分析】在P被拉动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体P先开始受到向右的静摩擦力，当拉力渐渐增大时，导致出现向左的静摩擦力，因而根据进行受力分析，即可判断．

【解答】解：由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长，

则弹簧对P的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向右的静摩擦力．

当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动前过程中，物体P受到的静摩擦力从向右变为水平向左．

所以其大小先减小后增大．故只有D正确，ABC均错误；

故选D．

3．离地面高度h处的重力加速度是地球表面重力加速度的

，则高度h是地球半径的（ ）

A．2倍 B．

倍 C．

倍 D．（

﹣1）倍

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】在地球表面，重力提供向心力，在任意轨道，万有引力提供向心力，联立方程即可求解．

【解答】解：设地球的质量为M，某个物体的质量为m，则

在地球表面有：

①

在离地面h高处轨道上有：

②

由 ①②联立得：h=（

﹣1）R

即

故选：D．

4．一个质点沿x轴做匀加速直线运动．其位置﹣时间图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．该质点在t=0时速度为零

B．该质点在t=1 s时的速度大小为2 m/s

C．该质点在t=0到t=2 s时间内的位移大小为6 m

D．该质点的加速度大小为2 m/s²

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】质点做匀加速直线运动，则x=

，由图可知，第1s内的位移为x₁=0﹣（﹣2）=2m，前2s内的位移为x₂=6﹣（﹣2）=8m，从而求出初速度和加速度，再根据v=v₀+at即可求解某时刻的速度．

【解答】解：A、质点做匀加速直线运动，则x=

，由图可知，第1s内的位移为x₁=0﹣（﹣2）=2m，前2s内的位移为x₂=6﹣（﹣2）=8m，则有：

8=2v₀+2a

解得：v₀=0，a=4m/s²，故CD错误，A正确；

B、该质点在t=1 s时的速度大小为v=at=4×1=4m/s，故B错误；

故选：A

5．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g．据图可知，此人在蹦极过程中t₀时刻的加速度约为（）

A．

g B．

g C．

g D．g

【考点】牛顿第二定律．

【分析】当时间很长时，拉力等于重力，有图象得到时间为t₀时，F=

G，利用牛顿第二定律列方程求解加速度即可

【解答】解；当时间很长时，拉力等于重力，有图象得到时间为t₀时，F=

G，

由牛顿第二定律得：a=

=

=

故选B

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．

6．2013年12月2日，我国成功发射了“嫦娥三号”月球探测器．设想未来我国宇航员随“嫦娥”号探测器贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员测出飞船绕行n圈所用的时间为t．登月后，宇航员利用身边的弹簧秤测出质量为m的物体重力为F，已知引力常量为G．根据以上信息可求出（）

A．月球的第一宇宙速度 B．月球的密度

C．月球的自转周期 D．飞船的质量

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】飞船绕行n圈所用的时间为t，其周期为

．G₁=mg，可得到月球表面的重力加速度．

根据万有引力等于重力

=mg和万有引力提供向心力

求出月球的密度和月球的第一宇宙速度．

【解答】解：A、设月球的半径为R，月球的质量为M，则有：

=

…①

…②

宇航员测出飞船绕行n圈所用的时间为t，

…③

由①②③两式得：

，

根据：

可以求得表面附近绕月球做匀速圆周运动的速度，即可求出月球的第一宇宙速度．故A正确；

B、月球的质量：

．根据：

可以求得密度，故B正确．

C、根据万有引力提供向心力，不能求月球自转的周期．故C错误．

D、根据万有引力提供向心力，列出等式中消去飞船的质量，所以无法求出飞船的质量，故D错误

故选：AB．

7．乒乓球在我国有广泛的群众基础，并有“国球”的美誉，里约奥运会乒乓球男子单打决赛，马龙战胜卫冕冠军张继科夺得冠军，成为世界上第五个实现大满贯的男子选手．现讨论乒乓球发球问题：已知球台长L、网高h若球在球台边缘O点正上方某高度处，以一定的垂直于球网的水平速度发出，如图所示，球恰好在最高点时刚好越过球网．假设乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．则根据以上信息可以求出（设重力加速度为g）（）

A．球的初速度大小

B．发球时的高度

C．球从发出到第一次落在球台上的时间

D．球从发出到被对方运动员接住的时间

【考点】平抛运动．

【分析】根据乒乓球运动的对称性得出发球的高度，结合高度求出球发出到第一次落到球台的时间，根据水平位移和时间求出初速度．

【解答】解：A、球从发出到达P₁点，做平抛运动，根据运动的对称性知，发球的高度等于h，根据

得，球发出到第一次落到球台的时间t=

，球的初速度

，故A、B、C正确．

D、由于对方运动员接球的位置未知，无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间，故D错误．

故选：ABC．

8．如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）

A．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化

B．绳OO'的张力也在一定范围内变化

C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化

D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】受力分析，建立坐标系进行正交分解，列式分析

【解答】解：A、对于b，由物体的平衡条件得：y：N+Fsinα+m_agsinβ=m_bg，F增大，N减小，一直到物体开始运动．因此N在一定范围内变化，故A正确；

B、绳OO'的张力等于m_agcos（45^o﹣0.5β），不变，故B错误；

C、连接a和b的绳的张力等于物体a的重力m_ag，不变，故C错误；

D、对于b，由物体的平衡条件得：x：m_agcosβ=Fcosα+f，F增大，f先减小到零，反向再增大，一直到物体开始运动，所以物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故D正确．

故选：AD．

9．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（ ）

A．如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态

B．如图b所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变

C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速度圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等

D．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用

【考点】向心力．

【分析】分析每种模型的受力情况，根据合力提供向心力求出相关的物理量，进行分析即可．

【解答】解：A、汽车在最高点mg﹣F_N=

知F_N＜mg，故处于失重状态，故A错误；

B、如图b所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力F=mgtanθ=mω²r；r=Lsinθ，知ω=

，故增大θ，但保持圆锥的高不变，角速度不变，故B正确；

C、根据受力分析知两球受力情况相同，即向心力相同，由F=mω²r知r不同，角速度不同，故C错误；

D、火车转弯超过规定速度行驶时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对内轮缘会有挤压作用，故D正确．

故选：BD

三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．

10．如图1所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50H_Z交流电．小车的质量为m₁，小桶（及砝码）的质量为m₂．

（1）下列说法正确的是 AD

A．每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力

B．实验时应先释放小车后接通电源

C．本实验m₂应远大于m₁

D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣

图象

（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他得到的a﹣F图象可能是图2中的 丙．（选填“甲”、“乙”、“丙”）

（3）如图3所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度大小0.50 m/s²．（结果保留二位有效数字）

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

【分析】实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=

mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a=

=

随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g．

如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．

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．

【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A正确．

B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．

C、让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=

mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a=

=

随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C错误．

D、F=ma，所以：a=

F，当F一定时，a与

成正比，故D正确．

故选：AD

（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．

（3）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，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的推论公式△x=aT²可以求出加速度的大小，

得：a=

m/s²=0.50m/s²．

故答案为：（1）D；（2）丙；（3）0.50．

11．某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度．

实验步骤：

①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；

②用装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图甲所示，在A端向右拉动木板，待弹簧秤实数稳定后，将读数记为F；

③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②，实验数据如表所示：

G/N	1.50	2.00	2.50	3.00	3.50	4.00
F/N	0.59	0.83	0.90	1.22	1.37	1.61

④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左侧C处，细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；

⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点（未与滑轮碰撞），测量C、D间的距离．

完成下列作图和填空：

（1）根据表中数据在给定的坐标纸上作出F﹣G图线．

（2）由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ= 0.40 （保留2位有效数字）．

（3）滑块最大速度的大小v=

（用h、s、μ和重力加速度g表示）．

【考点】探究小车速度随时间变化的规律．

【分析】（1）根据所测数据描点即可，注意所连的线必须是平滑的，偏离太远的点舍弃；

（2）由实验图甲可知F=μG，即F﹣G图象上的直线的斜率代表动摩擦因数μ；

（3）当重物P停止运动时，滑块达到最大速度，此后做匀减速运动，动摩擦因数μ在（2）中已知，根据运动规律公式v²﹣v₀²=2as列式即可求解．

【解答】解：（1）根据描点法在F﹣G图象上描出各点，再连接起来，如图所示；

（2）由图甲可知F=μG，则F﹣G图象上的直线的斜率代表μ值的大小．由F﹣G图象可知μ=

；

（3）当重物P刚好下落到地面时，滑块的速度v最大，此时滑块的位移为h，此后滑块做加速度为μg的匀减速运动，

由公式v²﹣v₀²=2as知：

滑块的最大速度v_max满足：v_max²=2μg（S﹣h），

则v_max=

．

故答案为：（1）如图所示；（2）0.40；（3）

．

【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定两题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑．如都作答则按A、B两小题评分．A．（选修模块3-3）

12．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B、C和D后再回到状态A．其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程．

（1）该循环过程中，下列说法正确的是 AB

A．A→B 过程中，气体放出热量

B．B→C 过程中，气体分子的平均动能增大

C．C→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多

D．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化

（2）该循环过程中，内能增加的过程是 B→C（选填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”）．若气体在B→C过程中，内能变化量的数值为2kJ，与外界交换的热量值为7kJ，则在此过程中气体对外做的功为5 kJ．

（3）若该气体的分子数为N，气体在A状态时的体积为V₁，压强为P₁；在B状态时压强为P₂．求气体在B状态时气体分子间的距离．

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】（1）根据热力学第一定律判断吸热还是放热；温度是分子平均动能的标志；单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数与分子密度和温度有关；

（2）内能与温度有关；根据热力学第一定律计算做功的多少；

（3）由玻意耳定律求出体积，气体所占的空间为立方体模型．2105333

【解答】解：（1）A、A→B过程中，为等温变化，则内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律知气体放出热量，故A正确；

B、B→C 过程中，B点与原点连线的斜率大于C点与原点连线的斜率，故B点的温度小于C点的温度，即由B→C过程中，温度升高，则分子平均动能增大，B正确；

C、C→D过程中，为等温变化，体积增大，则分子密度减小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，故C错误；2105333

D、D→A 过程中，温度降低，则气体分子的速率分布曲线发生变化，D错误；^2105333

故选：AB；

（2）该循环过程中，A→B温度不变则内能不变；B→C 过程中，温度增大则内能增加；C→D 过程中，为等温变化，内能不变；D→A过程中，温度降低，则内能减少；

故该循环过程中，内能增加的过程是B→C；

若气体在B→C过程中，内能变化量的数值为2kJ，与外界交换的热量值为7kJ，根据热力学第一定律：△U=Q+W，

结合前面分析，即：2=W+7，得：W=﹣5KJ，即气体对外做的功5KJ；

故答案为：B→C；5；

（3）气体在A状态时的体积为V₁，压强为P₁；在B状态时压强为P₂．设气体在B状态时的体积为V₂，

根据玻意耳定律：

P₁V₁=P₂V₂，

又：d=

解得：d=

答：气体在B状态时气体分子间的距离d=

．

C．（选修模块3-5）

13．

Th具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤

Pa，同时伴随有γ射线产生其方程为

Th→

Pa+x，钍的半衰期为24天．则下列说法中正确的是（ ）

A．x为质子

B．x是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的

C．γ射线是钍原子核放出的

D．1g钍

Th经过120天后还剩0.2g钍

【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．

【分析】衰变过程中满足质量数守恒，β粒子质量数为0；β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时释放出来的；衰变过程中满足质量数、电荷数守恒．

【解答】解：A、根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即x为电子，故A错误；

B、β衰变的实质：β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，故B正确；

C、γ射线是镤原子核放出的，故C错误；

D、钍的半衰期为24天，1g钍₉₀²³⁴Th经过120天后，发生5个半衰期，1g钍经过120天后还剩0.03125g．故D错误；

故选：B．

14．某金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率．氢原子辐射光子后能量 减小（选填“增大”、“不变”或“减小”）．现用氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光照射该金属，则逸出光电子的最大初动能是2E₂﹣E₁﹣E₄（已知氢原子n=1、2、4能级的能量值分别为E₁、E₂、E₄）．

【考点】氢原子的能级公式和跃迁．

【分析】氢原子辐射光子后，能量减小，抓住金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率，求出金属的逸出功，结合爱因斯坦光电效应方程求出光电子的最大初动能．

【解答】解：氢原子辐射光子后，能量减小．

某金属的截止极限频率恰好等于氢原子量子数n=4能级跃迁到n=2能级所发出光的频率，可知该金属的逸出功W₀=E₄﹣E₂，

由n=2能级跃迁到n=1能级所发出的光子能量E=E₂﹣E₁，

根据光电效应方程得，光电子的最大初动能E_km=E﹣W₀=E₂﹣E₁﹣E₄+E₂=2E₂﹣E₁﹣E₄．

故答案为：减小，2E₂﹣E₁﹣E₄．

15．如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m₁、m₂，A车上有一质量为m₀的人，以速度v₀向右跳上B车，并与B车相对静止．求：

①人跳离A车后，A车的速度大小和方向；

②人跳上B车后，A、B两车的速度大小之比．

【考点】动量守恒定律．

【分析】①人与A组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的速度；

②人与B组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出B的速度，然后求出两车的速度之比．

【解答】解：①设人跳离A车后，A车的速度为v_A，研究A车和人组成的系统，

以向右为正方向，由动量守恒定律有m₁v_A+m₀v₀=0，

解得：v_A=﹣

，负号表示A车的速度方向向左；

②研究人和B车，以向右为正方向，

由动量守恒定律有m₀v₀=（m₀+m₂）v_B，

解得：

；

答：①人跳离A车后，A车的速度大小为

，方向：水平向左；

②人跳上B车后，A、B两车的速度大小之比为

．

四、计算或论述题：本题共3小题，共47分．解答时应写出必要的文字说明、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．

16．如图所示，质量为1kg的小球穿在固定的直杆上，杆与水平方向成37°角，球与杆间的动摩擦因数μ=0.5．小球在竖直向上的大小为20N的拉力F作用下，从离杆的下端0.24m处由静止开始向上运动，经过1s撤去拉力，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）小球沿杆上滑的加速度大小；

（2）小球沿杆上滑的最大距离；

（3）小球从静止起滑到杆的下端所需的时间．

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【分析】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律可求得加速度；

（2）根据速度公式可求得撤去拉力时的速度和位移，再对撤去拉力过程进行分析，根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度和位移的关系求解位移，即可求得总位移；

（3）下滑过程根据牛顿第二定律可求得加速度，再结合运动学公式求解时间．

【解答】解：（1）对物体根据牛顿第二定律有：（F﹣mg）sin37°﹣μ（F﹣mg）cos37°=ma₁

解得小球上滑的加速度大小为：a₁=2m/s²

（2）根据运动学规律有：

v₁=a₁t₁=2×1m/s=2m/s

撤去拉力后，小球继续向上运动，根据牛顿第二定律：

mgsin37°+μmgcos37°=ma₂

解得：a₂=10m/s²

联立以上各式解得小球沿杆上滑的最大距离为：x=x₁+x₂=1m+0.2m=1.2m^2105333

（3）小球运动到最高点后开始下滑，有：

根据牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma₃

根据位移时间关系有：

联立解得：a₃=2m/s，t₃=1.2s

小球从静止起滑到杆的下端所需的时间为：t=t₁+t₂+t₃=2.4s

答：（1）小球沿杆上滑的加速度大小为2m/s²；

（2）小球沿杆上滑的最大距离为1.2m；

（3）小球从静止起滑到杆的下端所需的时间为2.4s．

17．如图所示，光滑直杆AB长为L，B端固定一根劲度系数为k、原长为l₀的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接．OO'为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ．

（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量△l₁；

（2）当小球随光滑直杆一起绕OO'轴匀速转动时，弹簧伸长量为△l₂，求匀速转动的角速度ω；

（3）若θ=30°，移去弹簧，当杆绕OO'轴以角速度ω₀=

匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L₀．

【考点】向心力；物体的弹性和弹力．

【分析】（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律求解加速度，小球速度最大时其加速度为零，根据合力为零和胡克定律求解△l₁；

（2）设弹簧伸长△l₂时，对小球受力分析，根据向心力公式列式求解；

（3）当杆绕OO'轴以角速度ω₀匀速转动时，重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式列式求解即可．

【解答】解：（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：

mgsin θ=ma

解得：a=gsin θ

小球速度最大时其加速度为零，则有：

k△l₁=mgsin θ

解得：△l₁=

（2）设弹簧伸长△l₂时，球受力如图所示，水平方向上有：

F_Nsin θ+k△l₂cosθ=mω²（l₀+△l₂）cos θ

竖直方向上有：F_Ncos θ﹣k△l₂sin θ﹣mg=0

解得：ω=

（3）当杆绕OO'轴以角速度ω₀匀速转动时，设小球距离B点L₀，

此时有：mgtan θ=mL₀cos θ

解得：L₀=

答：（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量△l₁为

；

（2）当小球随光滑直杆一起绕OO'轴匀速转动时，弹簧伸长量为△l₂，匀速转动的角速度ω为

；

（3）小球离B点的距离L₀为

．

18．如图所示，水平地面上一木板，质量M=1kg，长度L=3.5m，木板右侧有一竖直固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径R=1m，最低点P的切线怀木板上表面相平．质量m=2kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v₀=

m∕s的速度与轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ₁=0.2，木面与地面间的动摩擦因数为0.1；取g=10m/s²；求

（1）滑块对P点压力的大小；

（2）滑块返回木板上时，木板的加速度；

（3）滑块从返回木板到滑离木板的过程所用的时间．

【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．

【分析】（1）对滑块由动能定理可求得到达P点的速度；再对P点由向心力公式可求得滑块对P点的压力大小；

（2）分析木板受力，由牛顿第二定律可求得木板的加速度；

（3）由机械能守恒定律可知滑块的速度大小不变；滑块离开时，滑块的位移为木板长度加上木板的位移，由运动学公式可求得时间．

【解答】解：（1）对滑块，有：﹣μmgL=

mv²﹣

mv₀²

在P点，有F﹣mg=m

；

解得：v=5m/s；F=70N；

由牛顿第三定律可知，滑块对P点的压力大小为70N

（2）滑块对木板的摩擦力F₁=μmg=0.2×20=4N；

F₂=μ₂（M+m）g=0.1×30=3N；

a=

=

=1m/s²；

（3）滑块滑上圆轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v，故第一问可知，v=5m/s；

对滑块，有：（x+L）=vt﹣

μgt²

对木板，有x=

at²；

解得t=1s；

答：（1）滑块对P点的压力大小为70N；（2）木板的加速度为1m/s²；（3）滑块离开的时间为1s．

2016年11月11日