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安徽省宣城市八校2015届高三上学期联考物理试卷(解析版)

安徽省宣城市八校 2015 届高三上学期联考物理试卷 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是最 符合题意的) 1.一个质点沿一条直线做匀变速运动,t=0 时刻的速度大小为 5m/s,t=2s 末的位移大小为 8m,则 t=2s 时速度的大小可能是( A.3m/s B.5m/s ) C.8m/s D.12m/s

考点: 匀变速直线运动的位移与时间的关系;匀变速直线运动的速度与时间的关系.. 专题: 直线运动规律专题. 分析: 根据题意应用匀变速直线运动的平均速度公式与位移公式求出物体的速度,然后答 题. 解答: 解:若末速度方向和初速度方向同向,位移为正,由平均速度公式得:x= 8= ×2,解得:v=3m/s; t,则: t,则:

若末速度方向和初速度方向反向,位移为正,由平均速度公式得:x= 8= ×2,解得:v=﹣3m/s,这种情况不存在;

若末速度方向和初速度方向反向,位移为负,由平均速度公式得:x= 8= ×2,解得:v=13m/s;故 A 正确.

t,则:﹣

故选:A. 点评: 本题考查了求物体速度问题,分析清楚物体运动过程,应用平均速度公式即可正确解 题.

2. (4 分) 如图所示, 人站立在体重计上不动时, 体重计的示数为 G, 下列说法正确的是 (



A.人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力

B. 人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力 C. 人在下蹲的过程中,体重计的示数小于 G D.人在蹲下站起的过程中,体重计的示数先大于 G 后小于 G

考点: 牛顿运动定律的应用-超重和失重;作用力和反作用力.. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 人对体重计的压力作用在体重计上,体重计反过来对人提供支持力,这是作用力和反 作用力的关系, 人所受的重力作用在人身上,人对体重计的压力作用在体重计上,且二者的产生没有 相互性. 解答: 解:A、人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力,故 A 错 误; B、人所受重力和人对体重计的压力大小相等,方向相同,作用在同一个物体上,既 不是一对作用力与反作用力,也不是一对平衡力,故 B 错误; C、人在下蹲的过程中,先加速向下运动后减速向下运动,因此先失重后超重,体重 计的示数先小于 G 后大于 G,故 C 错误; D、人由蹲下站起的过程中,先向上加速后向上减速,先超重后失重,体重计的示数 先大于 G 后小于 G,故 D 正确. 故选:D 点评: 重点是平衡力和作用力与反作用力的区别, 平衡力: 作用在一个物体上, 合力为零. 作 用力和反作用力:作用在两个物体上,有相互性,因果关系.

3. (4 分)如图所示,足够长的长木板 A 静止在光滑的水平地面上,质量为 1kg 的物体 B 以 v0=3m/s 水平速度冲上 A,由于摩擦力作用,最后停止在木板 A 上.若从 B 冲到木板 A 上到相对木板 A 静止这段时间内摩擦力对长木板的冲量大小为 2N?s,则 A、B 最后的共同 速度及长小板的质量分别为( )

A.1m/s 1kg

B.1m/s 2kg

C.2m/s 1kg

D.2m/s 2kg

考点: 动量定理.. 专题: 动量定理应用专题. 分析: 分别对 A、B 应用动量定理可以求出物体的速度与质量. 解答: 解:摩擦力对长木板的冲量大小为 2N?s,则摩擦力对物体 B 的冲量大小也为 2N?s, 根据动量定理得:I=mBv0﹣mBv,代入数据解得:v=1m/s, 对长木板用动量定理,I=mAv,代入数据解得,得长木板的质量:mA=2kg,故 B 正确. 故选:B. 点评: 本题考查了求速度与质量,分析清楚物体运动过程,应用动量定理即可正确解题.

4. (4 分)如图所示,木板 B 放在斜面上,物块 A 放在木板上,均处于静止状态,A、B 的 质量分别为 m1、m2,A 与 B、B 与斜面间的动摩擦因数分别为 μ1、μ2,A 与 B、B 与斜面 间的摩擦力分别为 f1、f2,则( )

A.一定有 m1>m2

B.一定有 ml<m2

C.一定有 μ1>μ2

D.一定有 f1<f2

考点: 摩擦力的判断与计算;共点力平衡的条件及其应用.. 专题: 摩擦力专题. 分析: 分别对 A、 A 和 B 列式, 判断出动摩擦因数的大小决定了静止还是运动, 与质量无关. 解答: 解:A、设斜面的倾角为 θ,A、B 都处于静止,一定有 m1gsinθ≤μ1m1gcosθ, 即 μ1≥tanθ,同理对 AB 得 μ2≥tanθ.分析可知,A、B 处于静止与两物体的质量大小 无关,A、B 项错误; C、μ1 可能大于 μ2,也可能小于或等于 μ2,C 项错误; D、对 B 研究得 f1+m2gsinθ=f2,D 项正确. 故选:D 点评: 对连接体问题,整体法和隔离法是常用的方法,注意沿斜面方向列平衡方程.

5. (4 分)如图所示,oa、ob 和 ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆,o、a、b、c、d 位于 同一圆周上,c 为圆周的最高点,a 为最低点,o′ 为圆心.每根杆上都套着一个小滑环,两

个滑环从 o 点无初速释放,一个滑环从 d 点无初速释放,用 t1、t2、t3 分别表示滑环沿 oa、 ob、da 到达 a、b 所用的时间,则下列关系不正确的是( )

A.t1=t2

B.t2>t3

C.tl<t2

D.t1=t3

考点: 加速度与力、质量的关系式;匀变速直线运动的位移与时间的关系.. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 先受力分析后根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度, 然后根据位 移时间关系公式计算出时间,对表达式分析,得出时间与各因素的关系后得出结论 解答: 解:设 ob 与竖直方向的夹角为 θ,由几何关系得 oa 与竖直方向的夹角为 oa 下滑时的加速度大小为 ob 长为 L,由几何关系得 oa 长为 L L 到 ,得 , ,环沿

,沿 ob 下滑时的加速度大小为 a2=gcosθ,设 ,根据运动学公式有,L= ,由此得到 t1<t2;由于 , ,同理可得

,因此 t1=t3,t2>t3,故 A 错误,BCD 正确.

本题选不正确的是,故选:A. 点评: 本题关键从众多的杆中抽象出一根杆,假设其与水平方向的夹角为 θ,然后根据牛顿 第二定律求出加速度,再根据运动学公式求出时间表达式讨论.

6. (4 分)对于环绕地球做圆周运动的卫星说,它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半 径的变化而变化, 某同学根据测得的不同卫旱做圆周运动的半径 r 与周期 T 关系作出如图所 示图象,则可求得地球质量为(已知引力常量为 G) ( )

A.

B.

C.

D.

考点: 万有引力定律及其应用.. 专题: 万有引力定律的应用专题. 分析: 根据万有引力提供向心力 ,得到轨道半径与周期的函数关系,再结合

图象计算斜率,从而可以计算出地球的质量. 解答: 解:由万有引力提供向心力有: ,

得:



由图可知:



所以地球的质量为: 故选:B.

,故 B 正确、ACD 错误.

点评: 本题要掌握万有引力提供向心力这个关系,同时要能理解图象的物理含义,知道图象 的斜率表示什么.

7. (4 分)一辆汽车在平直公路上行驶时,受到的阻力为其重力的 n 倍,当其速度为 v、加 速度为 a 时,发动机的实际功率为 P,重力加速度为 g,则该汽车的质量为( A. B. C. v D. )

考点: 功率、平均功率和瞬时功率.. 专题: 功率的计算专题. 分析: 根据牛顿第二定律求出牵引力的大小,结合 P=Fv,求出汽车的质量大小.

解答: 解: 根据牛顿第二定律得, F﹣f=ma, 解得 F=f+ma, 则发动机的实际功率 P=Fv= (ma+f) v,由于 f=nmg,即:P=(ma+nmg)v, 解得:m= 故选:A. 点评: 解决本题的关键知道功率与牵引力、速度的关系,结合 P=Fv 和牛顿第二定律综合求 解.难度不大. .

8. (4 分)如图所示,斜面底端上方高 h 处有一小球以水平初速度 v0 抛出,恰好垂直打在斜 面上,斜面的倾角为 30°,则关于 h 和初速度 v0,的关系,下列图象正确的是( )

A.

B.

C.

D.

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,结合落在斜 面上的速度方向以及竖直位移和水平位移的关系, 求出 h 和初速度 v0 的表达式, 从而 分析判断. 解答: 解:将小球刚要打到斜面上的速度沿竖直和水平方向进行分解,则有 ,

vy=gt,x=v0t, 由几何关系得

, ,

解得 h= 项正确. 故选:D.

,因此 A、B 项错误,h﹣v0 图象应是开口向上的抛物线,C 项错误,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, 结合速度限制和 位移限制,运用运动学公式灵活求解.

9. (4 分)如图所示,轻弹簧一端固定在挡板上.质量为 m 的物体以初速度 v0,沿水平面 向左运动,起始点 A 与轻弹簧自由端 O 距离为 s,物体与水平面间的动摩擦因数为 μ,物体 与弹簧相碰后弹簧被压缩、南于弹力作用物体被向右反弹,回到 A 点的速度刚好为零,则 ( )

A. 弹簧的最大压缩量为 C. 弹簧获得的最大弹性势能为 mv02

B. 弹簧的最大压缩量为≤羞 D.弹簧获得的最大弹性势能为 mv02

考点: 功能关系;弹性势能.. 分析: 求解本题的关键是明确对物体、弹簧、地面组成的系统应用能量守恒定律即可求解. 解答: 解:A、物体受到的滑动摩擦力大小为 f=μmg,设弹簧的最大压缩量为 x,则物块从 A 点再回到 A 点的过程中, ,弹簧的最大压缩量

,故 A、B 项错误; C、从 A 点到弹簧最大压缩量的过程中,EPm+μmg(s+x)=mv02,因此最大弹性势能 为 EPm=mv02,故 D 错误、C 正确. 故选:C 点评: 注意摩擦生热公式为 Q=fs,其中 s 是物体相对接触面发生的相对路程;对系统应用能 量守恒定律求解较简便.

10. (4 分)如图所示,质量为 m 的圆环套在光滑的水平直杆上,一轻绳一端连接在环上, 另一端连有一质量也为 m 的小球,绳长为 L,将球放在一定高度,绳刚好拉直且绳与竖直

方向的央角为 θ=53°,将小球由静止释放,小球到最低点时绳的拉力为 F1,若将圆环固定, 再将小球由开始的位置释放,小球到最低点时绳的拉力为 F2,则 为( )

A.

B.

C.

D.

考点: 动量守恒定律;机械能守恒定律.. 专题: 动量定理应用专题. 分析: 环没有固定时,小球与环组成的系统水平方向满足动量守恒,再结合系统机械能守恒 列方程求得小球到最低点的速度,再根据牛顿第二定律求绳的拉力; 将圆环固定,再将小球由开始的位置释放,小球下落过程机械能守恒,再根据牛顿第 二定律求绳的拉力; 解答: 解:环没有固定时,当小球到最低点时小球的速度为 v1,环的速度为 v2,则 mgL(1﹣cos53°)=mv12+mv22 球和环组成的系统水平方向动量守恒,设向右为正方向:mv1﹣mv2=0 联立得:v1=v2= , ,

小球在最低点时,F1﹣mg=m 得 F1=2.6mg; 环固定时, mgL(1﹣cos53°)=mv2, F2﹣mg=m 得:F2=1.8mg,因此 = 故选:C.

点评: 本题多次运用几何关系及机械能守恒定律, 定律的表达式除题中变化的动能等于变化 的重力势能外,还可以写成圆环的变化的机械能等于重物的变化的机械能.同时关注 题中隐含条件的挖掘.

二、非选择题(本大题共 6 小题,把答案填在题中的横线上或按题目要求作答.解答题应 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) 11. (7 分)某同学用如图 1 所示的装置研究匀变速直线运动的规律.

(1) 实验开始前 不需要 (填“需要”或“不需要”) 平衡摩擦力, 实验中 不需要 (填“需 要”或“不需要”)保证悬挂的钩码质量要远小于小车的质量. (2)实验中,从打出的多条纸带巾选取一条合适的纸带(图 2) ,并在其上取了 O,A,B, C, D, E, F 共 7 个计数点, (每相邻两个计数点间还有四个计时点未画出) 用刻度尺测出 A, B,C,D,E,F 六个计数点到 O 点的距离并填在下面的表格中 线段 数据/cm OA 0.54 OB 1.53 OC 2.92 OD 4.76 OE 7.00 OF 9.40

打点计时器所用交流电的频率为 50Hz,则打点 C 时小车的速度为 0.16 m/s,小车运动的 加速度为 0.40 ms2,从释放小车到打点 C 时,小车运动的时间为 0.40 s(结果都保留 两位有效数字) . (3)若小车的质量为 M=450g.打(2)问巾纸带时悬挂钩码的质量为 m=50g,不计线与滑 轮的摩擦,重力加速度 g=l0m/s2,则小车运动过程巾所受阻力为 0.3 N.

考点: 探究小车速度随时间变化的规律..

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 C 点时小车的瞬时速 度大小.根据牛顿第二定律分析钩码和小车求解小车运动过程巾所受阻力. 解答: 解: (1)本实验只要保证小车能做匀变速运动即可,不需要调节木板的倾斜度以平衡 摩擦力,该实验不需要知道小车的合力,即不需要应使钩码质量远小于小车质量. (2)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中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,有: vC= =0.16m/s

设 0 到 A 之间的距离为 x1,以后各段分别为 x2、x3、x4、x5、x6, 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:x4﹣x1=3a1T2 x5﹣x2=3a2T2 x6﹣x3=3a3T2 为了更加准确的求解加速度,我们对三个加速度取平均值 得:a=(a1+a2+a3)= =0.40m/s2,

从释放小车到打点 C 时,小车运动的时间为 0.40s. (3)对于钩码,根据牛顿第二定律得 mg﹣T=ma 对于小车,根据牛顿第二定律得 T﹣f=Ma, 解得:f=0.3N. 故答案: (1)不需要; 不需要 (2)0.16; (3)0.3 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,同时掌握牛顿第二定律的应用. 0.40; 0.40

12. (8 分)某实验小组用如图 1 所示装置做“验证机械能守恒定律”实验.

(1)实验中除了打点计时器,还必须用到的测量工具为 刻度尺 . (2)在实验操作和数据处理过程巾,下列做法必须有的是 D . A.用天平测出重物的质量 B.为减小长度测量的误差,处理纸带时每五个点取一个计数点 C.必须选择打的第 1 个点与第 2 个点的间隔约为 2mm D.必须先接通电再释放纸带 (3)图 2 为实验中得到的一条纸带,O 为打的第一个点,A、B、C、D、E 为纸带十打点 计时器打下的五个连续的点,测汁这五点到 O 点的距离分别为 xA、xB、xC、xD、xE. 丁

点计时器所接交流电的频率为 f,当地的重力加速度为 g,现用 OC 段验证机械能守恒定律, 要验证的表达式为 ,若实验中算得动能的增加量大于重力势

能的减少量,可能原因是 先释放纸带后接通电 . (4)根据打出的纸带算出离打第一个点较远处连续几个点时的速度,以 横轴绘 为纵轴,以 x 为 g ,则机械

﹣x 图线,如果图线是 过原点的斜的直线 ,且图线的斜率等于

能守恒得到验证;如果根据打点间隔算出打每个点重物运动的时间 t,根据测得的 x 和算得 的 t,作出 图象,如果图线是 过原点的斜的直线 ,且图线的斜率等于 ,则机

械能守恒定律得到验证.

考点: 验证机械能守恒定律.. 专题: 实验题. 分析: (1)由刻度尺来测量物体下落的高度. (2)打点计时器要先工作再释放物体,顺序不能颠倒,而物体的质量不需要测量, 对于间距及起点是否是从静止开始,没有严格的要求;

(3)根据物体下落,减小的重力势能转化为动能,那么由平均速度来求得瞬时速度, 从而列出验证的表达式;当起点不是从静止开始运动,则增加的动能将会略大于减小 的重力势能; (4)由机械能守恒得:mgx=mv2,所以 表示重力加速度;若作出 =gx,即图线是正比例函数图线,则斜率

图象,根据运动学公式,即为平均速度与时间的图象,

则图象的斜率表示重力加速度的一半. 解答: 解: (1)实验中要测量重物下落的高度,必须用到测量工具刻度尺. (2)由于只要验证 即可,因此不需要测重物的质量,由于物体做落体运动时,

打点的间隔较大,因此不需要每五个点取一个计数点,如果打的第 1 个点与第 2 个点 的间隔不为 2mm,可以取纸带中一段点迹清楚的部分,验证重物在打这两个点的时 间间隔内机械能守恒即可,实验中必须先接通纸带再释放重物,D 项正确. (3)要验证的表达式为





若实验中算得动能的增加量大于重力势能的减少量,可能原因是先释放纸带再接通 电. (4)如果机械能守恒,由 可知,则 图线为一条过原点的斜的直线,图

线的斜率为当地的重力加速度 g;如果机械能守恒,则重物做自由落体运动,则 , = 速度的一半,即. 故答案为: (1)刻度尺; (2)D; (3) ,先释放纸带后接通电; ,因此 图线是一条过原点的直线,图线的斜率为当地重力加

(4)过原点的斜的直线,g; 过原点的斜的直线, . 点评: 本题考查了自由落体运动中机械能守恒的验证, 用图象处理数据是非常重要的数学手 段.同时注意第 2 问题:BC 选项不一定是实验必须操作步骤,最后掌握平均速度与 时间的图象斜率与重力加速度的关系,是解题的难点.

13. (8 分)某人驾驶汽车在平直公路上以 72km/h 的速度匀速行驶,某时刻看到前方路上有 障碍物,立即进行刹车,从看到障碍物到刹车做匀减速运动停下,位移随速度变化的关系如 图,图象由一段平行于 x 轴的直线与一段曲线组成.求: (1)该人刹车的反应时间; (2)刹车的加速度大小及刹车的时间.

考点: 匀变速直线运动的速度与位移的关系.. 专题: 直线运动规律专题. 分析: (1)根据反应时间内汽车做匀速直线运动由位移和速度关系求得人刹车时的反应时 间; (2)根据匀变速直线运动的速度位移关系求得刹车时的加速度大小再根据速度时间 关系求得刹车时间. 解答: 解: (1) 汽车在反应时间内做匀速直线运动, 由图可知, 反应时间内的位移为: x1=12m, 速度为:v=72km/h=20m/s 反应时间为: (2)开始刹车时,速度 v=72km/h=20m/s,刹车过程的位移为:x2=(37﹣12)m=25m, 根据匀变速直线运动的速度位移关系有:v2=2ax2 可得刹车时的加速度大小为:

根据速度时间关系知,刹车的时间为: 答: (1)该人刹车的反应时间为 0.6s; (2)刹车的加速度大小为 8m/s2,刹车的时间为 2.5s. 点评: 能读懂位移速度图象, 由图象能知道汽车刹车时匀速运动的位移和减速运动的位移是 正确解题的关键.

14. (10 分)如图甲所示,一物块在倾角为 a 的斜面上,在平行于斜面的拉力 F 的作用下从 静止开始运动,作用 2s 后撤去拉力,物块经 0.5s 速度减为零,并由静止开始下滑,运动的 v﹣t 图象如图乙所示,已知物块的质量为 1kg,g=10m/s2, (1)物块与斜面的动摩擦因数(结果保留两位有效数字) ; (2)拉力 F 的大小. =5.57,求:

考点: 牛顿第二定律.. 专题: 牛顿运动定律综合专题. 分析: 撤去拉力后,物块沿斜面向上做减速运动,根据图象求加速度,结合牛顿第二定律求 动摩擦因数; 根据图象及牛顿第二定律公式求拉力的大小. 解答: 解: (1)撤去拉力后,物块沿斜面向上做减速运动 减速的加速度大小为

由牛顿第二定律 mgsinα+μmgcosα=ma2 物块由静止沿斜面下滑时的加速度大小

由牛顿第二定律 mgsinα﹣μmgcosα=ma3 求得 μ=0.093 (2)物块在拉力 F 的作用下,沿斜面向上做匀加速运动 加速度

根据牛顿第二定律有 F﹣mgsinα﹣μmgcosα=ma 求得 F=2.5N

答: (1)物块与斜面的动摩擦因数 0.093 (2)拉力 F 的大小 2.5N 点评: 本题考查动力学知识与图象的综合, 通过图线求出匀加速和匀减速运动的加速度是解 决本题的关键.

15. (12 分)如图所示,轻绳绕过定滑轮,一端连接物块 A,另一端连接在滑环 C 上,物块 A 的下端用弹簧与放在地面上的物块 B 连接,A、B 两物块的质量均为 m,滑环 C 的质量为 M,开始时绳连接滑环 C 部分处于水平,绳刚好拉直,滑轮到杆的距离为 L,控制滑块 C, 使其沿杆缓慢下滑,当 C 下滑 L 时,释放滑环 C,结果滑环 C 刚好处于静止,此时 B 刚好 要离开地面,不计一切摩擦,重力加速度为 g. (1)求弹簧的劲度系数; (2)若由静止释放滑环 C,求当物块 B 刚好要离开地面时,滑环 C 的速度大小.

考点: 机械能守恒定律;胡克定律.. 专题: 机械能守恒定律应用专题. 分析: 根据胡克定律求出压缩量由几何关系得知,a、b 两点间的距离等于弹簧 B 的压缩量 与弹簧 C 的伸长量之和,从而求劲度系数. 根据弹簧的形变量求出 A 上升的距离,C 下滑的距离,根据机械能守恒求速度. 解答: 解: (1)设开始时弹簧的压缩量为 x,则 kx=mg 设 B 物块刚好要离开地面,弹簧的伸长量为 x′ ,则 kx′ =mg 因此

由几何关系得 求得 x= 得 k= (2)弹簧的劲度系数为 k,开始时弹簧的压缩量为 当 B 刚好要离开地面时,弹簧的伸长量 因此 A 上升的距离为 C 下滑的距离 H= 根据机械能守恒

求得 v= 答: (1)弹簧的劲度系数 ;

(2)若由静止释放滑环 C,当物块 B 刚好要离开地面时,滑环 C 的速度大小 . 点评: 对于含有弹簧的问题,是高考的热点,要学会分析弹簧的状态,弹簧有三种状态:原 长、伸长和压缩,含有弹簧的问题中求解距离时,都要根据几何知识研究所求距离与 弹簧形变量的关系.

16. (15 分)如图所示,光滑的圆弧轨道与倾角为 θ=37°的斜面相切于 B 点,在圆弧轨道的 最低点 C 放一质量为 m 的物块乙,圆弧轨道的半径为 R,质量为 2m 的物块甲在斜面上 A 点由静止释放,物块甲与斜面的动摩擦因数为 μ=,AB 间距离为 3R,甲、乙碰撞后,乙恰 好能到达圆弧轨道的最高点 D 点, (已知 sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)物块甲与物块乙相碰前的速度; (2)物块甲和乙碰撞后的一瞬间,它们对圆弧轨道最低点 C 的压力之和; (3)物块乙从 D 点抛出后,落到斜面上所用的时间,并分析能否垂直打在斜面上.

考点: 动量守恒定律;动能定理.. 专题: 动量定理应用专题. 分析: (1)甲从 A 到 B 过程,应用动能定理可以求出甲的速度. (2)碰撞过程动量守恒,碰撞后物体做圆周运动,应用动量守恒定律与牛顿第二定 律求出压力. (3)物体离开圆轨道后做平抛运动,应用平抛运动规律分析判断物体能否垂直打在 斜面上. 解答: 解: (1)BC 间的高度差:h=R﹣Rcosθ,解得:h=0.2R, 物块甲从 A 到 B,根据动能定理有: 2mgsinθ?3R+2mgh﹣μ?2mgcosθ?3R=?2mv2, 解得:v=4 ;

(2)甲与乙在 C 点发生碰撞,动量守恒,设碰撞后甲的速度为 v1,乙的速度为 v2, 以甲的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:2mv=2mv1+mv2, 设乙在 D 点的速度为 v3,由牛顿第二定律得:mg=m ,解得:v3= ,

乙从 C 到 D 机械能守恒,由机械能守恒定律得:﹣mg?2R=mv32﹣mv22, 解得:v2= ,v1= ;

碰撞后的一瞬间,甲对轨道最低点的压力:F1﹣2mg=2m

,F1=2.9mg,

乙对轨道最低点的压力:F2﹣mg=m

,F2=6mg,

它们对轨道最低点的压力之和:F=F1+F2=8.9mg; (3)物块乙从 D 点抛出做平抛运动,设平抛运动的时间为 t,则

x=v3t,y=gt2,在△ BEF 中:tanθ= 解得:2gt2+3 t﹣9R=0,解得:t= , ,

物块乙刚落到斜面上时,vy=gt= 设速度与竖直方向的夹角为 α tanα= = =≠tan37°=,

因此物块乙不能垂直打在斜面上; 答: (1)物块甲与物块乙相碰前的速度为 4 ;

(2)物块甲和乙碰撞后的一瞬间,它们对圆弧轨道最低点 C 的压力之和为 8.9mg; (3)不能垂直打在斜面上. 点评: 本题考查了求速度、 压力、 判断物体能否垂直打在斜面上等问题, 本题运动过程复杂, 难度较大,分析清楚物体的运动过程是正确解题的前提与关键,应用动能定理、动量 守恒定律、平抛运动规律即可正确解题.