【文档说明】四川省成都市树德中学2019-2020学年高一下学期5月半期考试物理试题【精准解析】.doc，共(24)页，907.500 KB，由小赞的店铺上传

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树德中学高2019级5月半期考试物理试题一、单项选择题（每个题只有一个正确答案，每题3分）1.下列描述正确的是（）A.平抛运动是物理模型，实际生活中是不存在的B.圆周运动的合力就是向心力C.地面上物体受到地球的万有引力就是重力D.匀加速运动的物体的受合外力在末状态的瞬时功率总是全过程平均

功率的两倍【答案】A【解析】【详解】A．平抛运动时物体只受到重力作用的运动，在实际生活中，物体运动都受到阻力，故实际生活中是不存在的，故A正确；B．匀速圆周运动受到的合力是向心力，而变速圆周运动受到的合力指向圆心的分量提供向心力，一般不等于向

心力，故B错误；C．重力是由于地球吸引而受到的力，若考虑地球自转的影响，万有引力的一个分力等于重力，另一个分力提供向心力，故C错误D．物体做匀变速直线运动，平均速度为02vvv+=物体的受合外力在末状态的瞬时功率为PFv=全过程物体的受合外力的平均功率为02vvPFFv+•==可知

匀加速运动的物体的受合外力在末状态的瞬时功率并不是全过程平均功率的两倍关系，故D错误；故选A。2.物体在水平和竖直两个恒力作用下做曲线运动，水平方向力做功3J，竖直方向力做功4J，则下列说法正确的是（）A.物体的末动能为5JB.物体动能减少5JC.物体的末动能为7JD.

物体动能增加7J【答案】D【解析】【详解】已知水平方向力做功3J，竖直方向力做功4J，则外力对物体做的总功为7J，根据动能定理知，物体动能增加7J，由于物体的初动能未知，所以不能求物体的末动能，故A、B、C错误，D正确；故选D。3.如图所示，a、b、c是在地球大气层外圆

形轨道上运动的3颗人造地球卫星，下列说法正确的是（）A.b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B.b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度C.c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的cD.a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速

度将减小【答案】B【解析】【详解】A．人造地球卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，则有22GMmmvrr=解得GMvr=由于b、c的轨道半径相等且大于a的轨道半径，可知b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故A错误；B．人造地球卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供

向心力，则有2GMmmar=解得2GMar=由于b、c的轨道半径相等且大于a的轨道半径，可知b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，故B正确；C．c加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，会离开原来的轨道，b减速，万有引力大

于所需要的向心力，做近心运动，也会离开原来的轨道，所以不会追上。故C错误；D．a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，万有引力做正功，动能增大，速度增大，故D错误；故选B。4.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球

A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（）A.金属块B受到桌面的静摩擦力变大B.金属块B受

到桌面的支持力减小C.细线的张力变大D.小球A运动的角速度减小【答案】A【解析】【详解】A．设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究B受到的静摩擦力sinfT=对A有sinTma=cosTmg=计算得出gtana=，小

球A改到一个更低一些的水平面上，则θ变小，a减小，则静摩擦力大小变小，故A错误；B．以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于()Mmg+，故B错误；C．细线的拉力cosmgT=θ变小，T

变小，故C错误；D．设细线长为l，则2tansinagl==所以有cosgl=θ变小，ω变小，故D正确。故选D。5.如图所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等.在甲图用力F1拉物体，在乙图用力F2推物体，夹角均为α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移，设F1

和F2对物体所做的功分别为W1和W2，物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4，下列判断正确的是（）A.12FF=B.12WW=C.34WW=D.1324WWWW−=−【答案】D【解析】【详解】试题分析：由共点力的平衡可知：()11cossinFmgF=−，()22cossi

nFmgF=+，则12FF；由cosWFx=，位移大小相等，夹角相等，则有12WW；由NfF=滑，可知，，则有34WW；两物体都做匀速直线运动，合外力做功之和为零，则有1324WWWW−=−，所以正确选项为D．考

点：本题考查了共点力平衡的应用和恒力做功的计算．6.某投掷游戏可简化为如图所示的物理模型，投掷者从斜面底端A正上方的某处将小球以速度v0水平抛出，小球飞行一段时间后撞在斜面上的P点，该过程水平射程为x，飞行时间为t，有关该小球运动过程中两个物理量之间的图像关系如a、b、c所示，不计空气

阻力的影响，下面叙述正确的是（）A.直线a是小球的竖直分速度随离地高度变化的关系B.曲线b可能是小球的竖直分速度随下落高度变化的关系C.直线c是飞行时间t随初速度v0变化的关系D.直线c是水平射程x随初速度v0变化的关系【答案】B【解析】【详解】A．设离地的高度为h，抛出点的高度H，根

据22()yvgHh=−）得，竖直分速度22yvgHgh=−知竖直分速度与离地的高度h不是一次函数关系．故A错误．B．设下落的高度为h，则2yvgh=可知曲线b可能是小球竖直分速度随下落高度变化的关系．故B正确．C．设抛出点的高度为H，则2012t

anHgtvt−=可知飞行时间与初速度的关系不是线性关系．故C错误．D．根据0xvt=知，因为小球落在斜面上的时间不是定量，则水平射程与初速度的关系不是线性关系．故D错误．故选B。7.水平转台上有质量相等的A

、B两小物块，两小物块间用沿半径方向的细线相连，两物块始终相对转台静止，其位置如图所示(俯视图)，两小物块与转台间的最大静摩擦力均为0f，则两小物块所受摩擦力AF、BF随转台角速度的平方(2)的变化关系正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】当转台的角速度

比较小时，A、B物块做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，随着角速度增大，由2nFmr=知向心力增大，由于B物块的转动半径大于A物块的转动半径，B物块的静摩擦力先达到最大静摩擦力，角速度再增大，则细线上出现张力，角速度继续增大，A物块受的静摩擦

力也将达最大，这时A物块开始滑动．【详解】当转台的角速度比较小时，A、B物块做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，随着角速度增大，由2nFmr=知向心力增大，此时A、B的摩擦力与2成正比．由于B物块的转动半径大于A物块的转动半径，B物块的静摩擦力先达到

最大静摩擦力，此后绳子出现张力，B的摩擦力不变，而A的摩擦力继续增大，但不与2成正比了，故A错误，B正确；刚开始转动时，由于加速度较小，AB物块做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，绳子没有张力，当B物块的静摩擦力达到最大静摩擦力后，绳子出现张

力，直到A开始滑动前，B所受的静摩擦力一直为最大值，故CD错误．故选B．【点睛】本题的关键是抓住临界状态，隔离物体，正确受力分析，根据牛顿第二定律求解．8.如图的轨道，物块以0v的初速度从A出发向右到B的速度为大小1v，时间1t；以同样的初速度从B出发向左到A的速度大小为2v，时间2t。

则（）A.若接触面光滑，1v、2v相等时间1t大于2tB.若接触面光滑，1v、2v相等时间1t小于2tC.如果所有接触面粗糙程度一样，1v大于2vD.如果所有接触面粗糙程度一样，1v小于2v【答案】C【解析】【详解】AB．若接触面光滑，不管是从A到B还是从B到A，整个

过程中外力做功为0，所以1v与2v相等，路程相等，则时间1t等于2t，故A、B错误；CD．如果所有接触面粗糙程度一样，从A到B经过凸面某一点的速度大于从B到A经过凸面该点的速度，则从A到B经过凸面某一点的支持力小于从B到A经过凸面该点的支持力，从

A到B经过凸面某一点的摩擦力小于从B到A经过凸面该点的摩擦力，同理可得从A到B经过凹面某一点的摩擦力小于从B到A经过凹面该点的摩擦力，所以从A到B克服摩擦力做的功小于从B到A克服摩擦力做的功，1v大于2v，故C

正确，D错误；故选C。二、多项选择题（每个题有两个或三个正确答案，每题4分）9.静止在地球赤道表面上的一物体质量为1m，它相对地心的速度为1v。地球同步卫星离地面的高度为h，它相对地心的速度为2v，其质量为2m。已知地球的质量为

M半径为R，自转角速度为，表面的重力加速度为g，地球的第一宇宙速度为v，万有引力恒量为G。下列各式成立的是（）A.1vv=B.12vvRRh=+C.2111mvmgR=D.2222()()GMmmRh

Rh=++【答案】BD【解析】【详解】A.第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，近地卫星相对地面不是静止的，故v1≠v，故A错误；B.地面上物体和同步卫星绕地心转动的角速度相等，故：12vRvRh=+故12vvRRh=

+故B正确；C.考虑地球自转，万有引力与支持力（与重力大小相等）的合力提供向心力，故211112MmmvGmgRR−=故C错误；D.对同步卫星，万有引力提供向心力，故2222=()()GMmmRhRh++故D正确；故选：BD。10.如图所示，将

篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）A.从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短B.篮球两次撞墙的速度可能相等C.篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D.抛出时的动能，第一次与第二

次可能相等【答案】AD【解析】【详解】A.将篮球的运动逆向处理，即为平抛运动，则有：2htg=第二次下落的高度较小，所以运动时间较短。故A正确；B.水平射程相等，第二次球在空中运动的时间较短，由0xvt=得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，

故B错误；C.由ygt=v，可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C错误；D.第二次水平分速度较大，竖直分速度却较小，根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，可能相等，故D正确；故选：AD。11.从地面A处竖直上抛一质量为m的

小球，小球上升到B点时的动能与小球上升到最高点后返回至C点时的动能相等，B点离地高度为h，C点离地高度为3h，空气阻力0.1mgf=，大小不变，则（）A.小球上升的最大高度为3hB.小球从抛出到落地过

程动能减少0.8mghC.小球从上升经过B点到下落经过B点过程中动能的增量为0D.小球下落过程中从B点到C点动能的增量为0.6mgh【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.设最大高度为H，则对小球从A点运动到B点的过程，由动能定理得：()221122BAmgfhmvmv−+

=−对小球从A点开始运动到返回C点的过程，由动能定理得：22111123322CAmghfHhmvmv−−−=−由题意可知，221122BCmvmv=解得：4Hh=故A错误；B.小球从抛出点到落地过程中，减少的动能：k=20.1240.8E

fHmghmgh==故B正确；C.小球从上升经过B点到下落经过B点过程，重力做功为零，空气阻力做功不为零，动能的增量等于空气阻力做功，则动能增量不为零，故C错误；D.从上升到的B点运动到下落时的B点的

过程中运用动能定理得：()2211330.622BBmvmvfhhmgh−=−+=−又因为221122BCmvmv=所以22110.622CBmvmvmgh−=故D正确；故选：BD。12.在北戴河旅游景点之一的滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB，（均可

看作斜面），甲、乙两名质量相等的旅游者分别乘两个完全相同的滑沙橇从A点由静止开始分别沿AB和AB滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示。设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认圆滑的，滑沙者保持姿势坐在滑沙橇上不动。则下列说法中正确的是：（）A.甲在B点的动能

一定大于乙在B＇点的动能B.甲滑行的总路程与乙滑行的总路程相等C.甲在斜面上滑行时克服摩擦力做功多D.甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移【答案】AD【解析】【详解】A.人下滑过程，斜面的长度sinsh=由动能定理得21cos0

2mghmgsmv−=−21cot2kEmvmghmgh==−由于AB与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角，则甲在B点的动能大于乙在B点的动能，故A正确；BD.对全过程运用动能定理得0mghmgcossmgs−−=整理得()0mghmgscossmghmgs

−=−水平+=由此可知，两人滑行的水平位移相等，根据几何关系知甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程，由于AB与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角，甲的滑行路程大于乙的滑行路程，故B错误，故D正确；C.在斜面上滑行时克服摩擦力做功coscotWmgsmgh

==由于AB与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角，则WAB′＞WAB，乙在斜面上滑行时克服摩擦力做功多，故C错误；故选：AD。13.质量为m的汽车发动机额定输出功率为P，当它在平直的公路上以加速度a由静止开始

匀加速启动时，其保持匀加速运动的最长时间为t，汽车运动中所受的阻力大小恒定，则()A.若汽车在该平直的路面上从静止开始以加速度2a匀加速启动，其保持匀加速运动的最长时间为2tB.若汽车以加速度a由静止开始在该路面上匀加速启动，经过时间2t发动机输出功率为12PC.汽车保持功率P在该

路面上运动可以达到的最大速度为2PatPmat−D.汽车运动中所受的阻力大小为Pat【答案】BC【解析】【分析】当汽车以恒定的加速度启动时，利用牛顿第二定律求的加速度，利用运动学公式求的速度和时间；直到最后牵引力和阻力相等；【详解】A、当以加速度a加速运动

时有：F-f=ma，F=f+ma，加速达到的最大速度为：Pvfma=+，故所需时间为：()vPtaafma==+，当加速度为2a时，F′-f=2ma，F′=f+2ma，故加速达到最大速度为：2Pvfm

a=+，所需时间为：2(2)Ptafma=+，故A错误．B、2t时刻速度为2tva=，故功率为：()2atPfma=+，汽车的额定功率为：P=（f+ma）at，则2PP=，故B正确．C、根据P=（f+ma）at得：Pfmaat=−，当牵引力等于阻力时速度最大为：2P

PatvfPmat==−，故C正确，D错误．故选BC．【点睛】本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉14.一个竖直放置的光滑圆环，半径为R，c、e、b、d分别是其水平直径和竖直直径的端点。圆环

与一个光滑斜轨相接，如图所示。一个质量为m可视为质点的滑块从与d点高度相等的a点从斜轨上无初速下滑。从切点进入圆形轨道内侧运动（重力加速度为g）则（）A.滑块对轨道最大压力为5mgB.滑块恰能到达d点C.滑块会在距b点竖直高度53R处与轨道分离D.要滑块一直不脱离轨道可只将bc段改为粗糙程度相同

的轨道，摩擦系数一定大于25【答案】ACD【解析】【详解】A.从a到b，根据动能定理可得：21202bmgRmv=−在b点，根据牛顿第二定律可得：2bNmvFmgR−=解得：5NFmg=根据牛顿第三定律可得，对轨道的最大压

力为5mg，故A正确；B.滑块恰好到达d点时，根据牛顿第二定律可得：2dmvmgR=解得：dvgR=从a到d，根据动能定理可知，到达d点的速度为零，故不可能达到d点，故B错误；C.设滑块与轨道分离的位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，

则()211cos02mgRmv−=−在分离点，根据牛顿第二定律可得：2cosvmgmR=联立解得2cos3=故分离时距b点的距离5cos3dRRR=+=故C正确；D.要滑块一直不脱离轨道，则滑块最高到达c点，故在滑动过程中一定有摩擦力做功，故可只

将bc段改为粗糙程度相同的轨道，根据动能定理可得5002RmgRmg−−＝解得25=从b到c滑动过程中，由于速度减小，滑块与轨道间的作用力减小，故所需的摩擦因数必须大于25，故D正确；故选：ACD。三、实验题（每空2分）

15.(1)在研究物体做平抛运动时，应通过多次实验确定若干个点，描绘出平抛运动的轨迹。①在实验中的下列操作正确的是_____。A．实验中所用斜槽末端的切线必须调到水平B．每次实验中小球必须由静止释放，初始位置不必相同C．每次实验小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，所

用斜槽不必光滑D．在实验之前，须先用直尺在纸上确定y轴方向②某同学只记录了A、B、C三点，各点的坐标如图所示，则物体运动的初速度为_____m/s（g=10m/s2），开始做平抛运动的初始位置的坐标为_____。【答案】(1).AC(2).1(3).（-10cm

，-5cm）【解析】【详解】①[1]AB．通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故A正确，B错误；C．斜槽是否光滑，不影响水平抛出，故C正确；D．在实验之前，需先用重锤线在纸上确

定y轴方向，故D错误；故选：AC；②[2]从坐标中可看出从A→B→C的水平位移一样，都为△x＝10cm，说明各段的时间相等，设为T，可知：0xvT=分析A→B→C的竖直位移依次相差△h＝10cm，由匀变速直线运动

的规律得：2hgT=所以：-210?10=s=0.1s10hTg=201010m/s=1m/s0.1gvxh−==[3]由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度得B的竖直速度：因此24010m/s=2m/s220.1OCB

yhvT−==因此从开始抛出到B点的时间为：2s=0.2s10Byvtg==故从开始到O点的时间为：0.2-0.1s=0.1st=因此从抛出到a点的水平位移：01.0?0.1m=0.1m=10cmxvt==竖直位移为：()215cm2hgt==所以开始做平抛

运动的初始位置的坐标为（−10cm，−5cm）。16.如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置。其步骤如下：a．易拉罐内盛上适量细砂，用轻绳通过滑轮连接在小车上，小车连接纸带。合理调整木板倾角，让小车沿木板匀速下滑。b．取

下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细砂的质量m及小车质量M。c．取下轻绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙所示（中间部分未画出），O为打下的第一点。已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g

。(1)该实验是否一定要满足m远小于M_____（填“是”或“否”）。(2)为验证从O→C过程中小车合力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为0x，OC间距离为1x，则C点的速度为_____。(3)需要验证的

关系式为_____（用所测物理量的符号表示）。【答案】(1).否(2).02xf(3).22018Mxfmgx=【解析】【详解】(1)[1]小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和轻绳的拉力，合力为零；撤去易拉罐的拉力后，其余力不变，小车受到合力等于撤去的拉

力，即等于易拉罐的重力，在实验过程不需要满足m远小于M；(2)[2]打点计时器的打点频率为f，打点时间间隔：1Tf=，做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，C点的速度：022CxfBDvT

==(3)[3]O到C过程，由动能定理得：2112CmgxMv=即：22018Mxfmgx=四、解答题（共40分）17.如图，一个质量为0.6kg的小球以02m/sv=初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）。

已知圆弧的半径0.3mR=，60=，（取210m/sg=），求：(1)P点与A点的水平距离和竖直高度；(2)小球到达圆弧最高点C时速度和对轨道的压力。【答案】(1)0.6m，0.69m；(2)8N，方向竖直向上【解析】【详解】(1)小球到A点的速度如图所示，由图可知

根据速度合成与分解有0tan23m/syvv==由平抛运动规律得，在竖直方向有2yvgh=，ygt=v水平方向有0xvt=解得0.6mh=，0.43m0.69mx=(2)根据速度合成与分解有，A点的速度为04m/scos60Avv==取A

点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得2211(cos)22AcmvmvmgRR=++代入数据得7m/sCv=由圆周运动向心力公式得2CCvNmgmR+=代入数据得8NCN=由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小8NCN=，方向竖直向上。18.据每日

邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星。假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，在该行星“北极”距地面h处由静止释放一个小球（引力视为恒力），经时间t落到地面。已知该行星

半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，求：(1)该行星的平均密度；(2)如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面的高度h为多少。【答案】(1)232hGtR=；(2)223222hTRRt−【解析】【详解】(1)设行星表

面的重力加速度为g，对小球，有212hgt=解得22hgt=对行星表面的物体m，有2MmGmgR=故行星质量222hRMGt=故行星的密度233423hGtRRM==(2)同步卫星的周期与星球自转周期相同，为T，由牛

顿第二定律，有2224()()MmGmRhRhT=++得同步卫星距行星表面高度223222hTRhRt=−19.如图所示，用一块长11.0mL=的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高0.8mH＝、长21

.5mL=。斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量0.2kgm=的小物块从斜面顶端由静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05=，物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。（重力加速度g

取210m/s；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；（已知sin37

°=0.6，cos37°=0.8）(3)继续增大θ角，物块落地点与墙面的距离会先增大再减小，求此最大距离mx。【答案】(1)tan0.05；(2)0.8；(3)1.9m【解析】【详解】(1)为使小物块下滑，

应有1sincosmgmgθ满足的条件：tan0.05(2)物块运动过程中克服摩擦力做的功为()11221coscosfWmgLmgLL=+−由动能定理得1sin0fmgLW−=，代入数据得20.8=(3)设当θ时，物块运

动至桌面边缘时速度为v。由动能定理得211sin2fmgLWmv−=()11221coscosfWmgLmgLL=+−，由三角函数知53=时有最大速度，此时距离最大代入数据得1m/sv＝之后物块做平拋运

动，有212Hgt=，0.4st=，10.4mxvt==则m121.9mxxL=+=20.一轻质细绳一端系一质量为m=0.02kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L=0.18m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所

示，水平距离s为2m，动摩擦因数为0.25。现有一小滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞不损失机械能。若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10m/s2，试问：(1)若滑块

B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h。(2)若滑块B从h′=4.3m处滑下，求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力。(3)若滑块B从h′=4.3m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动求小球做完整圆周运动的次数n。【答案

】(1)0.7m(2)9.2N；(3)8【解析】【详解】(1)小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为0v，在最高点，仅有重力充当向心力，则有20vmgmL=在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为1v，则有221011222

mvmgLmv=•+联立解得13m/sv=滑块从h高处运动到将与小球碰撞前速度为2v，对滑块由能的转化及守恒定律有22122smghmgmv=•+因碰撞后两球速度交换，则有23m/sv=联立解得0.7mh=(2)若滑块从4.3

mh=处下滑到将要与小球碰撞时速度为3v，对滑块由能的转化及守恒定律有23122smghmvmg=+•解得39m/sv=滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以39m/sv=的速度开始作圆周运动，绳的拉力T和重力

的合力充当向心力，则有23vTmgmL−=解得9.2NT=(3)保证小球在竖直平面内做完整圆周运动，滑块和小球最后一次碰撞时速度为3m/sv=设滑块速度为3m/sv=时滑块通过的路程为s，对滑块由能的转化及守恒定律有212mghmvmgs=+解得15.4ms=小球做完整圆周运动

的次数为218.2ssns−=+=所以小球做完整圆周运动的次数为8次。