【文档说明】【精准解析】四川省成都市石室中学2017-2018学年高一下学期4月月考物理试题（解析版）.doc，共(18)页，757.000 KB，由小赞的店铺上传

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【全国百强校】四川省成都市石室中学2017---2018学年高一下学期4月月考物理试题一、单项选择题（8小题）1.关于曲线运动，下列说法正确的是()A.做曲线运动的物体速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动B.做曲线运动的物体，受到的合外力方向在不断改变C.只要物体做圆周运动，它

所受的合外力一定指向圆心D.物体只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，就一定能做匀速圆周运动【答案】A【解析】【详解】做曲线运动的物体速度方向时刻改变，所以曲线运动是变速运动，故A正确；平抛运动中物体所受合外力为重力，方向不变，故B错误；只有物体做匀速圆周运动时物体所受合外力才指向圆心

，故C错误；物体只要有受到永远垂直于初速度方向的大小不变的力作用，就一定能做匀速圆周运动，恒力作用下物体不可能做圆周运动，故D错误。故选A。2.船在静水中的速度为4.0m/s，要渡过宽度为100m的河，河水的流速为3.0m/s，则下列说法中正确的是A.船渡河的速度一定为5.0m/sB.

无论船头朝哪个方向，船都会被冲到出发点的下游C.无论船头朝哪个方向，船到达对岸的时间都不可能小于25sD.如果行驶到河中央时，水流速度突然变大，仍不会改变船的运动轨迹【答案】C【解析】根据平行四边形定则，知小船的合速

度范围为[1m/s，7m/s]．可以大于5m/s．故A错误．当船头与岸成角，则有12cosvv=，即213cos4vv==时，船垂直河岸过河，在正对岸上岸，不会冲到下游，故B错误；当船头垂直河岸时，船到达对岸的最短时间为1100254dts

sv===，故C正确；如果行驶到河中央时，水流速度突然变大，合速度增大，故会改变船的运动轨迹，故D错误；故选C．【点睛】小船参与了静水的运动和水流的运动，最终的运动是这两运动的合运动．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短．3.一辆载重卡车，在丘陵地区以不变的速率行驶，地形如图所示，由

于轮胎已旧，途中爆胎，你认为A、B、C、D四处中，爆胎可能性最大的一处是（）A.A处B.B处C.C处D.D处【答案】D【解析】【详解】在坡顶，由牛顿第二定律得2NvmgFmr−=解得2NvFmgmr=−即NFmg,在坡谷，由牛顿第二定律得2'NvFmgmr−=解得2'NvFmgmr=+即'N

Fmg，由上分析可知则在B、D两点比A、C两点容易爆胎，而D点半径比B点小，则D点最容易爆胎，故选D．【点睛】以车为研究对象，在这些点由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，研究支持力与半径的关系，确定何处支持力最大，最容易爆

胎。4.如图所示，倾斜的传送带上有一工件始终与传送带保持相对静止，则（）A.当传送带向上匀速运行时，物体克服重力和摩擦力做功B.当传送带向下匀速运行时，只有重力对物体做功C.当传送带向上匀加速运行时，摩擦力对物体做正功

D.不论传送带向什么方向运行，摩擦力都做负功【答案】C【解析】【详解】A、当传送带向上匀速运行时，根据平衡条件知，摩擦力沿斜面向上，则摩擦力做正功，故不是克服摩擦力做功，A错误；B、当传送带向下匀速运行时，根据平衡条件

知，摩擦力沿斜面向上，则摩擦力做负功，不是只有重力对物体做功，B错误；C、当传送带向上匀加速运行时，根据牛顿第二定律知合外力沿斜面向上，则摩擦力一定是沿斜面向上的，摩擦力做正功，C正确；D、由前面分析知摩擦力可以做正功，故D错误；故选C．【点睛】物

体一起运动说明它们由共同的加速度，根据牛顿第二定律可以判断物体受到的摩擦力的方向，注意平衡状态下受力情况．5.在草地赛车训练场，甲、乙两人（甲的质量大于乙的质量）各开一辆相同规格的四轮草地赛车，在经过同一水平弯道时，乙的车发生了侧滑而甲的车没有，如图所示，其原因是（）A.乙

和车的总质量比甲和车的总质量小，惯性小，运动状态容易改变B.两车转弯半径相同，而转弯时乙的车速率比甲的车速率大C.乙的车比甲的车受到地面的摩擦力小，而两车转弯速率一样D.转弯时，乙的车比甲的车的向心加速度小【答案】B【解析】【详

解】汽车沿水平弯道做匀速圆周运动时，摩擦力提供向心力，则有20vmgmr=解得0vgr=当vgr时车将做离心运动，发生侧滑，当vgr=时车做匀速圆周运动，由此分析可知，两车转弯半径相同，而转弯时乙的车速率比甲的车速率大，故乙车发生了侧滑，而甲车没有。故选B。【点

睛】汽车做匀速圆周运动，由指向圆心的静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程求解临界速度，根据临界速度分析车子发生侧滑的原因。6.将一小球从离水平地面高为H处以某一初速度水平抛出，取水平地面为重力的零势能面，抛出时小球的动能和重力势能相等，当小球的动能为重力势能的3倍时，小球的速度方

向与水平方向夹角为θ，则tanθ的值为（）（不计空气阻力）A.22B.2C.33D.3【答案】A【解析】物块做平抛运动，机械能守恒，则初状态的机械能：21012EmvmgH=+，且2012mvmgH=，即210Emv=；末状态的机械能：2212Emvmgh=+，且2132mvmgh=，则

2223Emv=，根据机械能守恒定律：12EE=，即22023mvmv=，解得032vv=，设此时速度与水平方向的夹角为，则220002tan2yvvvvv−===，故选A．【点睛】根据机械能守恒定律，以及已知条件，分别列式即可求出此时速度与水平

速度的关系，从而求出物块此时的速度方向与水平方向夹角的正切．7.如图所示，质量为m的小滑块，从O点以初速度v沿粗糙水平面开始向左运动，滑行一段距离后，撞击固定在墙壁上的轻弹簧后，被弹簧弹回，小滑块返回O点时速度恰好减为零

。整个过程中，弹簧始终在弹性限度内，则弹簧的最大弹性势能为（）A.213mvB.214mvC.216mvD.218mv【答案】B【解析】【详解】物体受到的滑动摩擦力大小为fmg=，设弹簧的最大压缩量为x，滑块开始时的位置距弹簧为s；则物块从O点再

回到O点的过程中，物体的动能全部变成系统的内能，由功能关系有：()20122mgxsmv+=，从A点到弹簧最大压缩量的过程中，()2012PmEmgsxmv++=，因此最大弹性势能为2014PmEmv=，故B正确．故选B．【点睛】分析滑块运动过程，明确功能关

系的应用，对物体、弹簧、地面组成的系统应用能量守恒定律即可求解．解题时要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．8.如图所示，P、Q是固定在竖直平面内的一段内壁光滑弯管的两端，P、Q间的水平距离为.d直径略小于弯管内径的小球，以速度0v从P端水平射入弯管，从Q端射

出，在穿过弯管的整个过程中小球与弯管无挤压.若小球从静止开始由P端滑入弯管，经时间t恰好以速度0v从Q端射出.重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是A.0vgdB.0vgd=C.dtgD.dtg=【答案】B【解析】以

0v初速水平入射时，因小球与管壁无挤压，故水平方向应是匀速运动，竖直方向是自由落体运动，所以此时小球运动时间为：00dtv=，下落高度为：2012hgt=，小球由静止开始运动时根据机械能守恒定律得：2012mghmv=，解

得：0vgd=，故A错误、B正确．以0v初速水平入射时，00ddtvg==，当小球由静止释放时，水平方向平均速度一定小于0v，所以0tt，，故CD错误，故选B．【点睛】以0v初速水平入射时，因小球与管壁无挤压，小球做平抛运动，水平方向应是匀速运动，竖直方向是自由落体运动，结合水平方向上的运动

规律求出运动的时间，结合位移时间公式得出下降的高度，根据机械能守恒定律得出0v与d的关系．抓住小球静止释放时，水平方向上的平均速度小于0v，得出运动时间．二、多项选择题（5小题）9.图为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直

，则下列说法中正确的是（）A.D点的速率比C点的速率大B.B点的速率比A点的速率大C.A点的加速度比D点的加速度大D.从B点到E点加速度与速度的夹角一直减小【答案】AD【解析】由题意，质点运动到B点时速度

方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由C到D过程中，合外力做正功，由动能定理可得，D点的速率比C点速率大，故A正确；质点由A到B过程中，

合外力作负功，由动能定理可得，B点的速率小于A点的速率，故B错误；质点做匀变速曲线运动，加速度不变，合外力也不变，故C错误；由A的分析可知，质点由B到E过程中，受力的方向向下，速度的方向从水平向右变为斜向下，加速度与速度的夹角之间减小，故D正确；故选AD．【点睛】物体做

曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向．10.质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其V-t图象如

图所示．则下列说法正确的是A.F1和F2大小相等B.F1和F2对A、B做功之比为2：1C.A、B所受摩擦力大小相等D.全过程中摩擦力对A、B做功之比为1：2【答案】C【解析】试题分析：撤去拉力后摩擦力提供加速度，速度时间图像的斜率表示加速度大

小，，匀加速阶段加速度之比为，由可知牵引力大小相等，摩擦力不同，选项A正确；选项C错误；F1和F2对A、B做功之比为，选项D正确；故选AD考点：考查动能定理和运动图像点评：决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度-时

间图线与时间轴所围成的面积表示位移，并运用动能定理11.如图所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定在同一竖直面内，小球A和B在与球心同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，A球的质量大于B球的质量．当小球通过两轨道

最低点时(A、B两小球均可视为质点)A.A球的速度一定大于B球的速度B.A球的机械能一定等于B球的机械能C.A球所受到轨道的支持力一定大于B球所受到轨道的支持力D.A球的向心加速度一定大于B球的向心加速度【答案】C【解析】【详解】根据动能定理得：212mgRmv=，解得最低点速度为：2v

gR=，由于B球运动的半径大于A球运动的半径，则A球在最低点的速度小于B球在最低点的速度，故A错误．小球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，若规定初始位置为零势能平面，则初状态两球的动能为零，重力势能的为零，可知在最低

点的机械能都为零，故两个物体的机械能可能相等，故B错误．根据牛顿第二定律得：2vNmgmR−=，解得：3Nmg=，由A的质量大于B的质量，则A球在最低点受到的支持力大于B球在最低点受到的支持力，故C正确．向心加速度为：2vaR=，可知两球在最低点向心加速度大小相等，故D错误

．故选C．【点睛】根据动能定理求出小球在最低点的速度，从而比较大小，结合牛顿第二定律求出支持力，从而比较大小．根据向心加速度公式求出小球在最低点的向心加速度，从而比较大小．抓住小球在运动过程中机械能守恒，通过比较初始位置的机械能

得出最低点机械能的大小．12.如图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为600，右侧斜面倾角为300，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边

的轻绳都平行于斜面，若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述正确的是A.两物体的质量比为mA:mB=1:3B.着地瞬间物体的速度相同C.着地瞬间两物体的动能相等D.着地瞬间两物体的重力的功率相等【答案】AD【解析】两物体均处于平衡状态，受力分析如图所示：绳子对AB的拉力大

小相等，对A有：60AmgsinT=，对B有：30BmgsinT=，联立解得：13ABmm=，故A正确；绳子剪断后，两个物体都是机械能守恒，有212mghmv=，解得：2vgh=，由于初末位置高度差相等，故速度大小相等，但方向不同，故速度不相同，故B错误；绳子剪断后，两个

物体都是机械能守恒，由于质量不同，故初位置的重力势能不等，故落地时机械能不等，即动能不相等，故C错误；着地瞬间两物体所受重力的功率之比为：601301AABBPmgvsinPmgvsin==，故D正确；故选AD．【点睛】分别对物

体受力分析，由共点力的平衡即可得出两物体的质量之比；剪断细线后，两物体在重力的作用下自由下滑，由机械能守恒可求得落地的速度，由功率公式可求得两物体所受重力做功的功率之比．13.如图所示，两个相同的小球A、B，分别用轻绳连接后放置在圆锥筒光滑侧面的不同位置上，绳上端固定在同一

点O，连接A球的绳比连接B球的绳长，两根绳都与圆锥筒最靠近的母线平行．当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴OO以角速度ω匀速转动时，A、B两球都处于筒侧面上且与筒保持相对静止随筒转动．下列说法正确的是A.A球受到的合力一定大于B球

受到的合力B.B球对筒侧壁的压力可能为零C.A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力D.A球对绳子的拉力等于B球对绳子的拉力【答案】AC【解析】两球所受的合力充当向心力，则有：2Fmr=合，由于A的运动半径更大，所以A所受的合力大于B所受到的合力，故A正确；设侧面与OO的夹

角为，在竖直方向上有：cossinNTFmg−=，在水平方向上有：2sincosNTFmr−=，联立解得：2sincosNFmgmr=−，2cossinTmgmr=+，当半径越大，支持力越小，故

A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力，且B球对筒侧壁的压力不可能为零；半径越大，拉力越大，故C正确，BD错误；故选AC．【点睛】对两小球受力分析，得出绳子拉力的水平分力与支持力的水平分力的合力充当向心力，再根据2Fmr=合分析合力的大小，根据正交分解法分析拉力和压力的大小．三、实验题（2小题

）14.如图所示，有两个处于同一竖直面上的相同轨道，A、B两个相同小球从离出口处相同高度的地方同时由静止开始释放，假设小球经过斜面与水平轨道连接处无能量损失，所有的接触都是光滑的．离开轨道后A球做平抛运动，B球做匀速直线运动．则：(1)A、B两球是否在A球第一次落地点处相碰，答：___

____(选填“是”或“否”)；(2)如果多次观察到同样的现象，你可以得出什么结论是：___________________________________________(3)若两轨道出口间的高度差h，两球相碰处到下轨道出口的距离x,重力加速度g,则A球平抛运动的初速

度表达式为___________________【答案】(1).是(2).平抛运动在水平方向的分运动为匀速直线运动(3).2gvxh=【解析】（1）A、B两球从相同高度同时由静止释放，到达斜槽底端的速度相同，因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运

动，所以在相同时间内水平位移相等，两球将在水平地面上的某处相遇．（2）如果多次观察到同样的现象，又因A球做平抛运动，而B球做匀速直线运动，可知平抛运动在水平方向上做匀速直线运动．（3）根据平抛运动的规律，则有：201,2hgtxvt==，解得：2gvxh=，由此可知还需要测量的物理

量是两轨道出口间的高度差h，两球相碰处到下轨道出口的距离x．【点睛】抓住两球到达底端时速度相同，A球做平抛运动，B球做匀速直线运动，根据两球水平方向上的运动规律相同，得出实验的现象；依据平抛运动处理规律，结合运动学公式，即可求解．15.用落体法验证机械能守恒定律的实验中，（1）在实

验所需的物理量中，需要直接测量的是______，通过计算得到的是______．（填写代号）A．重锤的质量B．重锤下落的高度C．重锤底部距水平地面的高度D．与下落高度对应的重锤的瞬时速度（2）在实验得到的纸带中，我们选用如图乙所示的起点O与相邻点之间距离约为2mm的纸

带来验证机械能守恒定律．图中A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的原始点，F点是第n个点．设相邻点间的时间间隔为T，下列表达式可以用在本实验中计算F点速度Fv的是_____．A．()FvgnT=B．2Fnvgh=C．11=2nnFhhvT+−−D．1=2nnF

xxvT+−（3）在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取29.8/ms．从点O到打下记数点

B的过程中，物体重力势能的减小量PE=_____，增加的动能为kE=_______（结果均保留两位有效数字）【答案】(1).B(2).D(3).C(4).0.48J(5).0.47J【解析】（1）实验中验证动能的增加量和重力势能的减

小量是否相等，需要直接测量的物理量有重锤下落的高度，故选B；通过计算得到的是与下落高度对应重锤的瞬时速度．故选D；由于质量可以约去，所以不需要测量质量．（2）F点的瞬时速度等于EG段的平均速度，则12nnFxxvT++=或112nnFhhvT+−−=，不能通过vgt=和2vgh=求

解瞬时速度，否则是运用机械能守恒验证机械能守恒，失去验证的意义．故选C．（3）利用匀变速直线运动的推论，即B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则有：0.97/2ACBxvmst==，重物由0点运动到B点时，重物的重力势能的减少量0.48pEmghJ==，动能增加量为210.4

72kBBEmvJ==.【点睛】纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值

．四、计算题（4小题）16.以初速度06/vms=竖直向上抛出一质量为m＝2kg的小球，假定小球所受的空气阻力f＝4N大小不变，已知重力加速度为210/gms=，求：（1）小球上升的最大高度为多少？（2）上升过程小球克服重力做功的平均功率为多少？【答案】（1）1.5m(2)30W【解析】试题分析

（1）上升过程，重力和阻力都做负功，根据动能定理可以求出最大高度；（2）小球上升过程做匀减速，求出上升过程的平均速度，根据Pmgv=求重力的平均功率．（1）设物体上升的最大高度为h，由动能定理得：()201

02mgfhmv−+=−解得：h=1.5m(2)小球上升过程的平均速度为：03/2vvms==小球克服重力做功的的平均功率为：30PmgvW==【点睛】先对小球上升过程进行受力分析，从而明确小球上升过程做的运动和各力做功的情况，根据动能定理和平均功率的表达式列式求解

．17.如图所示，长为L的轻杆两端分别固定有质量均为m的A、B两小铁球，杆的三等分点O处有光滑的水平固定转轴，使轻杆可绕转轴在竖直面内无摩擦转动．用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放．重力加速度为g．求（1）当杆到达竖直位置时，小球A的速度Av和杆对小球B的弹

力；（2）从释放轻杆到轻杆转到竖直位置过程中，轻杆对小球A做的功．【答案】（1）2215AgLv=，弹力大小为35mg，方向竖直向上；（2）25AWmgL=−【解析】试题分析（1）对整个系统而言，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒．由系统的机械能守恒和速度关系求出杆到达竖直位置时两球

的角速度，根据vr=求得AB的速度，在竖直位置对B由牛顿第二定律可以求出杆对小球B的弹力；（2）根据动能定理求得杆对A做功．（1）当杆到达竖直位置时，设A、B的速度分别为ABvv、因为A、B角速度相同，所以：2ABvv=由系统机械能守恒得：2221

1+3322ABLmgLmgmvmv=+联立解得：2215AgLv=215BgLv=在竖直位置时对B由牛顿第二定律得：23BBvmgFmL+=解得：35BFmg=−即杆对B的弹力大小为35mg，方向竖直向上（2）对A由动能定理得：22132AAmgLWmv+=解得：25AW

mgL=−【点睛】解题的关键是要知道AB球机械能均不守恒，但A与B系统机械能守恒由于AB转动的角速度相同，即可求得，并知道分析向心力，根据牛顿第二定律求出弹力．18.电动机通过一条绳子吊起质量为8kg的物体，已知绳的拉力不能超过120N，电动机的功率不能超过1200W，为了

将此物体由静止开始尽快吊高到120m处，电动机开始让物体以最大加速度匀加速运行一段时间，当功率达到最大值时便以最大功率运行，最后物体以最大速度运行一段时间到达最高点，210/gms=，不考虑空气阻力．求：（1）当物体速度为12m/s时物体的加速度大小；（2）整个过程所经历的时间；（3）全过

程电动机对物体所做的功．【答案】（1）2.5m/s2（2）9.75s（3）10500J【解析】试题分析（1）根据P=Fv，求出最大速度，再与给定的速度比较，从而得出物体的运动情况，再根据牛顿第二定律求解加速度的大小；（2）根据牛顿第

二定律求出匀加速的加速度，根据匀加速直线运动的规律求出匀加的时间，根据动能定理求出变加速的时间，两个相加即为整个过程所经历的时间；（3）根据W=Fx求出匀加速阶段电动机对物体做的功，根据W=Pt求出变加速阶段电动机对物体做的功，两者

相加即为电动机对物体做的总功．（1）设电动机刚达到最大功率时，物体的速度为1v，则：110/PvmsF==当物体速度为v=12m/s时，电动机功率已经达到最大，此时拉力为：1100PFNv==由牛顿第二定律

得：11Fmgma−=解得：212.5/ams=（2）设物体匀加速阶段的加速度为a，由牛顿第二定律得：Fmgma−=解得：25/ams=匀加速阶段的时间：112vtsa==匀加速阶段的位移：1111102xvtm==物体运动的最大速度：15/

mPvmsmg==设从功率达到最大到物体上升到最高处的时间为2t，位移为2x则：21110xhxm=−=由动能定理得：222211122mPtmgxmvmv−=−解得：27.75ts=物体运动的总时间：129.75ttts=+=（3）匀加速阶段电动机对物体所做的功

：111200WFxJ==功率恒定阶段电动机对物体所做的功：229300WPtJ==全过程电动机对物体所做的功：1210500WWWJ=+=【点睛】本题关键是分析清楚物体的运动规律，然后分过程选择恰当的公式列式求解，类似于汽车的匀加速启动问题，并且灵活应用牛顿第二定律、动能

定理、匀变速直线运动的规律和恒力做功、变力做功的公式．19.某工厂生产流水线示意图如图所示，半径较大的水平圆盘上某处E点固定一小桶，在圆盘直径DE正上方平行放置长为L=6m的水平传送带，传送带轮的半径都是r=0.1m，传送带右端C点与圆

盘圆心O在同一竖直线上，竖直高度h＝1.25m．AB为一个与CO在同一竖直平面内的四分之一光滑圆轨道，半径R＝1.25m，且与水平传送带相切于B点．一质量m＝0.2kg的工件(可视为质点)从A点由静止释放，工件到

达圆弧轨道B点无碰撞地进入水平传送带，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，当工件到达B点时，圆盘从图示位置以一定的转速n绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，工件到达C点时水平抛出，刚好落入圆盘上的小桶内．取210/gms=，求：(1)滑块到达圆弧轨道B点时对轨道

的压力；(2)若传送带不转动时圆盘转动的转速n应满足的条件；(3)当传送带轮以不同角速度顺时针匀速转动时，工件都从传送带的C端水平抛出，落到水平圆盘上，设落点到圆盘圆心O的距离为x，通过计算求出x与角速度ω之间的关系并准确作出x—ω

图像．【答案】（1）6N，方向竖直向下；（2）10.4knkTt===(r/s)（k=1.2.3…….）；（3）【解析】试题分析（1）根据动能定理和牛顿第二定律、第三定律即可求解压力；（2）根据动能定理求出物体在C点的速度，根据平抛运动规律求出物体运动的时间，根据物体运动的时间与转盘运动的时间相等

，得出转速度的表达式；（3）滑块由B点到C点做匀减速运动，由运动学公式求出时间，滑块从B运动到小桶的总时间等于圆盘转动的时间，根据周期性求解应满足的条件，从而得出x随ω变化的方程式，并作出x随ω变化的图像．（1）从A到B由动

能定理得：212BmgRmv=在B点由牛顿第二定理得：2BNvFmgmR=−联立解得：36NFmgN==由牛顿第三定律得：6NNFFN==方向竖直向下（2）若传送带不动，设物体到达C点的速度为Cv对物体由动能定理得：221122CBmgLmvmv−=−解得：1/Cvms=设物体从B点

到C点的时间为1t，则：12BCvvLt+=解得：12ts=设物体做平抛运动的时间为2t，则：2212hgt=解得：20.5ts=故，转盘转动的时间为：122.5ttts=+=在t时间内转盘应转动整数圈，物体才能落入小桶内，则：t=kT（k=1.2.3…….）圆盘的转速10.4

knkTt===(r/s)（k=1.2.3…….）（3）若物体速度一直比传送带大，物体将一直做减速运动，设其到C点时速度为1Cv由动能定理得：2211122CBmgLmvmv−=−解得：11/Cvms=则物体的位移为120.5Cxvtm==传送带转动的角速度应满足11

0/Cvradsr=若物体速度一直比传送带小，物体将一直做加速运动，设其到C点时速度为2Cv由动能定理得：2221122CBmgLmvmv=−解得：27/Cvms=则物体的位移为223.5Cxvtm==传送带转动的角速度应满足270/Cvradsr=

当传送带的角速度满足10/70/radsrads时物体到达C点的速度与传送带相等，为Cvr=，位移为220Cxvt==所以x随ω变化的图像为【点睛】本题滑块经历三个运动过程，分段选择物理规律进行

研究，关键是抓住圆盘与滑块运动的同时性，根据周期性求解应满足的条件，由此得出x随ω变化的方程式，并作出x随ω变化的图像．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com