【文档说明】宁夏银川市唐徕中学2023-2024学年高三上学期9月月考物理试题 含解析.docx，共(23)页，2.808 MB，由管理员店铺上传

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银川市唐徕中学2023~2024学年度第一学期9月月考高三年级物理试卷说明：本试卷答题时间为100分钟，试卷满分为100分。一、选择题（本题共15小题，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~10题中只有一项符合题

目要求，每小题3分；第11~15题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐，就越来越常见。如图甲所示为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表

面保持水平。则下列说法中正确的是（）A.菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用B.菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力C.菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜

品的惯性逐渐增大D.菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力【答案】D【解析】【详解】A．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，不受摩擦力作用。A错误；B．菜品随着机器人一起做匀速直

线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对作用力与反作用力。B错误；C．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性不变。惯性大小由物体的质量决定，质量不变，物体的惯性不变。C错误；D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，

机器人对菜品的支持力NFmg=由牛顿第二定律fFma=机器人对菜品的作用力为支持了和静摩擦力的合力222222NfN()()()FFFFmamgmamg=+=+=+D正确。故选D。2.如图所示物体A套在光滑的竖直杆上，人以恒定速度v0匀速地拉绳使物体上升，下列说法正确的是A.物体加速上

升B.物体减速上升C.物体以大于v0的速度匀速上升D.物体以小于v0的速度匀速上升【答案】A【解析】【详解】由运动的合成与分解可知，物体A参与了这样两个分运动.一个是沿着与它相连的绳子的运动，另一个是垂直于绳子向上的运动，而物体A实际运动轨迹是沿着竖直

杆向上运动的，这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动，它们之间的关系如图所示，由三角函数关系可得v=0cosv，匀速地拉绳使物体上升过程中，θ逐渐增大，cos逐渐减少，v就逐渐增大，物体A加速上升，故B、C

、D错误，A正确.故选A.3.如图所示，细绳一端固定在墙上，另一端拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻弹簧支撑，静止时细绳与竖直方向的夹角为53（已知重力加速度为g，cos530.6=，sin530.8=）下面说法正确的是（）A.小球静止时弹簧的弹力大小为

53mgB.小球静止时细绳的拉力大小为43mgC.剪断细绳瞬间小球的加速度为53gD.剪断弹簧瞬间小球的加速度为43g【答案】C【解析】【详解】AB．小球静止时，根据平衡条件可得4tan533Fmgmg

==弹T5cos533mgFg==故AB错误；C．剪断细绳瞬间，弹簧弹力不变，则小球的合力与细绳剪断前，细绳拉力大小相等，方向相反，此瞬间小球的加速度为T53Fagm==故C正确；D．剪断弹簧瞬间，细绳的拉力突变，此时小球将做圆周运动，沿绳方向的加

速度为零，垂直于绳的方向有加速度，故剪断弹簧瞬间小球的加速度为sin5345mgagm==故选C。4.如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，

整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为1和2，AB与BC长度相等，则A.整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用B.动摩擦因数12+=2tanC.小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重D.整个过程中地面对滑梯的支持力始终

等于小孩和滑梯的总重力【答案】B【解析】【详解】小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度1a分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于

失重，地面对滑梯的支持力NF小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故ACD错误；设AB的长度为L，小孩在B点的速度为v．小孩从A到B为研究对象，由牛顿第二定律可得：11sin

cosmgmgma−=，由运动学公式可得：212vaL=；小孩从B到C为研究过程，由牛顿第二定律可得：22cossinmgmgma−=，由运动学公式可得：222vaL=；联立解得：122tan+=，故B正确．5.如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛

出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为1v和2v，其中1v方向水平，2v方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（）A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度B.谷粒2在最高点的速度

小于1vC.两谷粒从O到P的运动时间相等D.两谷粒从O到P的平均速度相等【答案】B【解析】【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；C．谷粒2做斜向上抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到

P点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2运动时间较长，C错误；B．谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒1比较

水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于1v，B正确；D．两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D错误。故选B。6.如

图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（）A.在t＝0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大B.从t＝0到t＝0.2s时间内，弹

簧振子做加速度减小的减速运动C.在t＝0.6s时，弹簧振子的弹性势能最小D.在t＝0.2s与t＝0.6s两个时刻，振子的速度都为零【答案】D【解析】【详解】A．在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度大小与位移大小

成正比，方向与位移方向相反，A错误；B．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子从平衡位置向正向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，B错误；C．在t＝0.6s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变

量最大，弹簧振子的弹性势能最大，C错误；D．在t＝0.2s与t＝0.6s两个时刻，振子在最大位移处，速度为零，D正确。故选D。7.厦门大学天文学系顾为民教授团队利用我国郭守敬望远镜积累海量恒星光谱，发现了一个处于宁静态的中子星与红矮星组成的双星系统，质量比约

为2:1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，研究成果于2022年9月22日发表在《自然天文》期刊上。则此中子星绕O点运动的（）A.角速度大于红矮星的角速度B.线速度小于红矮星的线速度C.轨道半径大于红矮星的轨道半径D.向心力大小约为红矮星的2倍【答案】B【解析】【详解】A．双星系统中，由于两星

在相同时间内转过的角度相等，则双星系统的角速度相等，即中子星绕O点运动的角速度等于红矮星的角速度，A错误；C．根据212112GmmmrL=122222mGmLrm=解得1221mrmr=即星体质量越大，

轨道半径越小，根据题意中子星质量大，可知，中子星绕O点运动的轨道半径小于红矮星的轨道半径，C错误；B．根据vr=的根据上述，双星系统角速度相等，中子星的轨道半径小一些，则中子星绕O点运动的线速度小于红矮星的线速度，B正确；D．

双星系统中，有星体之间的万有引力提供向心力，可知，中子星绕O点运动的向心力大小等于红矮星的向心力大小，D错误；故选B。8.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看

做是做半径为R的在水平面内的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L。已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（）A.gRhLB.gRhdC.gRLhhD.gRdh【答案】B【解析】【详解】

由题意知当mgtanθ＝m2vR时其横向摩擦力等于零，所以v＝tangR＝gRhd9.如图所示，两根长度不同的细线分别系有1、2两个质量相同的小球，细线的上端都系于O点，细线长L1大于L2现使两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动，下列说法中正确的有（）A.球2运动的角速度大于球1的角

速度B.球1运动线速度比球2大C.球2所受的拉力比球1大D.球2运动的加速度比球1大的【答案】B【解析】【详解】CD．设细线与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为mg，加速度大小为a，细线的拉力大小为T，小球在竖直方向合力为零，则cosTmg=①在水平方向根据牛顿第二定律

有sinTma=②根据①②解得cosmgT=tanag=因为12，所以12T>T，12aa故CD错误；A．设小球的角速度大小为ω，在水平方向根据牛顿第二定律有2sinsinTmL=③根据①③解得cosgL=因为两小球在同一水

平面上做匀速圆周运动，则cosL相同，所以两小球的角速度大小相同，故A错误；B．球1的运动半径比球2的运动半径大，根据vr=可知球1运动的线速度比球2大，故B正确。故选B。10.如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另

一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则（）A.绳的张力可能为零B.桶对物块的弹力不可能为零C.随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变D.随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大【答案】C【

解析】【详解】A．由于桶的内壁光滑，所以桶不能提供给物块竖直向上的摩擦力，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，所以绳的拉力一定不等于零，故A错误；B．由于桶的内壁光滑，绳的拉力沿竖直向上的分力与重力平衡，若绳的拉力沿水平方向的分力恰好提供向心力，则桶对物块的弹力恰好为零，故B

错误；CD．由题图知，若它们以更大的角速度一起转动，则绳子与竖直方向的夹角不变，因为绳的拉力满足cosTmg=则绳子的拉力保持不变，故C正确，D错误。故选C。11.如图所示，水平传送带A、B两端相距3.5ms=，工件与传送带间的动摩擦因数0.1=，工件滑上

A端瞬时速度4m/sAv=，到达B端的瞬时速度设为Bv，则（g取10m/s2）（）A.若传送带不动，则3m/sBv=B.若传送带以速度4m/sv=逆时针匀速转动，3m/sBv=C.若传送带以速度2m/sv=顺时针匀速转动，3m/sB

v=D.若传递带以速度2m/sv=顺时针匀速转动，2m/sBv=【答案】ABC【解析】【详解】A．若传送带不动，由匀变速运动规律可知222BAvvas−=−ag=代入数据解得3m/sBv=故A正确；BCD．当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动

摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是g，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3m/s，故BC正确，D错误。故选ABC。12.一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m，水流速度为4m/s的河流中渡河，则下列说法中正确的是（）A.小船不可能到达正对岸B.小船渡河的时间不

可能少于50sC.小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为250mD.小船以最短位移渡河时，位移大小为150m【答案】AB【解析】【详解】A．小船在静水中的速度小于水流速度，故小船不可能到达正对岸，故A正确；B．小船渡河的最短时间为min150s50s3dtv

===船故B正确；C．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为min450m200mxvt===水故C错误；D．设船头指向与河岸方向的夹角为，可得3cos4vv==船水小船以最短位移渡河时，位移大小为min200mcosdx==故D错误。故选AB。13.2021

年2月，“天问一号”探测器成功实施近火制动，进入环火椭圆轨道，并于2021年5月软着陆火星表面，开展巡视探测等工作，探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图如图所示，已知万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A.飞船在轨道II上运动到P点的速度小于在轨道I运动到P点的速度B.飞船在轨道I上运

动到P点的加速度大于飞船在轨道II上运动到P点的加速度C.若轨道I贴近火星表面，测出飞船在轨道I运动的周期，就可以推知火星的密度D.飞船在轨道II上运动时的周期大于在轨道I上运动时的周期【答案】CD【解析】【详解】A．飞船在轨

道II上需减速降轨至轨道I上，故飞船在轨道II上运动到P点的速度大于在轨道I运动到P点的速度，故A正确；B．根据牛顿第二定律2MmGmar=可知飞船在轨道I上运动到P点的加速度等于飞船在轨道II上运动到P点的加速度，故B错误；C．根据万有引力提供向心力2

224MmGmRRT=火星的体积为343VR=火星的密度为23MVGT==故C正确；D．根据开普勒第三定律32RCT=可知飞船在轨道II上运动时的周期大于在轨道I上运动时的周期，故D正确。故选CD。14.如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上

，A、B的质量分别为6kgAm=、2kgBm=，A、B之间的动摩擦因数是0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时10NF=，此后逐渐增加，在增大到50N的过程中，则（）A.当拉力12NF时，两物体均保持静止状态B.当拉

力为49N时，B的加速度为26m/sC.两物体间从受力开始就有相对运动D.当拉力48NF时，两物体之间始终没有相对滑动【答案】BD【解析】【详解】ACD．当A、B刚要发生相对滑动，AB间静摩擦力恰好达到最大值，隔离B分析，由牛顿第二定律得26m/sABBmgam

==对整体，由牛顿第二定律得()48NABBFmma=+=可知当拉力F达到48N时，A、B才发生相对滑动，所以当拉力48NF时，两物体之间始终没有相对滑动，则当拉力12NF时，两物体均保持静止状态，一起向右加速，故AC错误，D正确；B．由以上分析可知当拉力为49N时，两物体

发生相对运动，对B由牛顿第二定律得26m/sABBmgam==故B正确故选BD。15.甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测量重力加速度的实验”，回来后共同绘制了T2-L图像，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线

，如图乙所示，那么下列说法中正确的是（）A.单摆的固有周期由摆长和所处环境的重力加速度共同决定B.由图甲分析可知A图线所对应的实验地点重力加速度较大C.若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，则无法利用单

摆测出飞船轨道处的引力加速度D.由图乙可知，甲同学探究受迫振动的单摆摆长为8cm【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．单摆的固有周期为2LTg=L为摆长，g为当地重力加速度，故A正确；B．根据2LTg=

得224LTg=所以T2-L图像的斜率为。24kg=题图甲中A图线的斜率大于B图线的斜率，故A图线对应的重力加速度较小，故B错误；C．若将单摆放入绕地球稳定飞行的宇宙飞船中，单摆小球处于完全失重状态，只受重力，不能在竖直平面内来回摆动，故C正确；D．由题图乙可知，当驱动力的频率为

0.5Hz时，摆球发生共振，故系统的固有频率为0.5Hz，固有周期1s2s0.5T==根据2LTg=解得摆长L≈1m，故D错误。故选AC。二、实验题（本题共2小题，每空2分，共18分）16.用如图所示的装置探究加速度、力和质量的关系，带滑

轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上，小车上固定一定滑轮，细绳通过滑轮连接弹簧测力计和沙桶。（1）实验时，下列操作必要且正确的是（单选）______。A.用天平测出沙和沙桶的质量B.将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力C.为了减小误差，实验中要保证沙和沙桶的总质量远小于小

车的质量D.应当先释放小车，再接通电源（2）利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的一条纸带如图所示（图中每两个计数点间还有四个点未画出）。则在该次实验中打点计时器打计数点C时小车运动的速度大小为______m/s，小车运动的加速度大小为______m/s2（结果均保留三位有效数字）。（3）

某同学做实验时，未把木板的一侧垫高，就继续进行其他实验步骤，该同学作出的小车的加速度a与弹簧测力计示数F的图像如图所示，则实验中小车受到的摩擦力大小为______。【答案】①.B②.0.442③.1.19④.02

F【解析】【详解】（1）[1]B．为了使得细绳对小车弹力等于小车所受外力的合力，实验时，需要将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力，B正确；AC．由于弹簧测力计能够直接测量出细绳拉力大小，即可以直接求出小车所受外力的合力，并没有用沙与沙桶的重力表示细绳的拉力，所以实验中不需

要用天平测出沙和沙桶的质量，也不需要保证沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，AC错误；D．为了避免纸带上出现大量的空白段落，实验时应当先接通电源，后释放纸带，D错误。故选B。（2）[2]由于每相邻两个计数点间还有四个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔15s=0.1s50T=则

在该次实验中打点计时器打计数点C时小车运动的速度()23.845.0010m/s=0.442m/s20.1Cv−+=[3]根据逐差法可知，小车运动的加速度大小为()()222225.006.23102.623.8410m/s1.19

m/s40.1a−−+−+=（3）[4]若实验时未把木板的一侧垫高，则有2FfMa−=变形有2faFMM=−结合图像，将坐标（F0，0）代入函数式，解得的的02fF=17.如图所示，在“实验：研究平

抛运动”中：（1）为准确确定坐标轴，还需要的器材是______；A.弹簧测力计B.铅垂线C.打点计时器D.天平（2）实验中，下列说法正确的是______；A.小球每次从斜槽上不相同的位置自由滚下B.斜槽轨道必须

光滑C.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些D.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，应该用一条曲线把所有的点连接起来（3）在做该实验时某同学只记录了物体运动的轨迹上的A、B、C三点，已知相邻两点的时间间隔相等，并以A点为坐标原点建立了直角坐标系，得到

如图所示的图像，g取10m/s2。①据图像求出相邻两点的时间间隔为______s；②据图像求出物体平抛运动的初速度大小为______m/s；③物体运动到B点时的速度大小为______m/s。（结果可含根号）【答案】①.B

②.C③.0.1④.2⑤.22【解析】【详解】（1）[1]为准确确定坐标轴，还需要的器材是铅垂线，故B正确。故选B。（2）[2]AB.为了使小球每次从斜槽末端抛出时的初速度相同，小球每次应从斜槽上相同的位置由静止自由滚下，而斜槽轨道是否光滑对上述要求无影响，故AB错误；C

.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故C正确；D.由于实验中存在误差，坐标纸上所记录的点不可能严格地分布在一条抛物线上，所以在绘制小球运动的轨迹时，应先舍去一些误差较大的点，将误差较小的点用平滑曲线连接起来，而这些点有的可能在曲线上，

有的可能靠近并均匀分布在曲线两侧，故D错误。故选C。（3）[3]设相邻两点的时间间隔为T，则根据运动学公式有2ΔBCAByyygT=−=代入数据解得T=0.1s[4]物体平抛运动的初速度大小为02m/sABxvT==[5]物体运动到B点时的竖直分速度大小为12m/s

2ABBCyyvT+==则合速度大小为220122m/sBvvv=+=三、计算题（本题共4小题，共32分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）18.一小滑块以10m/s的初速度沿倾角为θ＝37°的固定斜面上滑。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，设斜面足够长。（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0，8）求：（1）物体上滑的最大位移；（2）物体回到出发点时

的速度。【答案】(1)5m(2)25m/s【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1解得a1＝gsinθ+μgcosθ代入数据得a1＝10m/s2根据速度位移公式v02＝2as代入数据得s＝5m(2)

根据牛顿第二定律，下滑的加速度mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得a2＝gsinθ﹣μgcosθ代入数据得a2＝2m/s2根据速度位移公式v2＝2a2s代入数据得v＝25m/s19.如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方

向以初速度0v抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为．已知该星球半径为R，引力常量为G．自转周期为T，求：（1）该星球表面的重力加速度g和质量1M；（2）该星球的第一宇宙速度v；（3）该星球的同步卫星距离地面的高度h．【答案】（1

）02tanvgt=，202tanvRMGt=（2）012tanvRvt=（3）22032tan2πvRThRt=−【解析】【详解】（1）由平抛运动位移与时间的关系，212ygt=，0xvt=

，可得0tan2ygtxv==．解得02tanvgt=．又由于地球表面上，2GMmmgR=．可得2202tanvRgRMGGt==（2）设第一宇宙速度为0v，212mvGMmRR=．012tanvRGMvgRRt

===（3）同步卫星和星球自转周期相等，为T．在同步卫星轨道上，2224πGMmmrrT=解得222220333222tan4π4π2πvRTGMTgRTrt===22032tan2πvRThrRRt=−=−．故答

案为（1）02tanvgt=，202tanvRMGt=（2）02tanvRvt=（3）22032tan2πvRThRt=−．点睛：利用平抛运动求出星球表面的重力加速度，再利用万有引力提供向心力求出星球的第一宇宙速度即同步卫星的高度．20.小李同学站在水平地面上，手握不可伸长

的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。再次加速甩动手腕，当球某次运动到最低点A时，绳恰好断掉，如题图所示。已知握绳的手离地面高度为2L，手与球之间的绳长为

L，绳能承受的最大拉力为9mg，重力加速度为g，忽略手的运动半径和空气阻力。求：（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时的最小速度；（2）绳断时球的速度大小；（3）绳断后，小球落地点与抛出点A的水平距离。【答案】（1）gL；（2）22gL；（3）4L【解析】

【详解】（1）为使小球能在竖直平面内作完整的圆周运动，小球过最高点B时，当2vmgmL=得vgL=小球过最高点B时的最小速度gL。（2）绳断时29AvmgmgmL−=绳断时球的速度大小22AvgL=（3）绳断后，小球做平抛运动，竖直方向2122LLgt−=得2Ltg=小球落地点与抛出点A的水

平距离284ALxvtgLLg===21.如图所示，半径1.0mR=的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角37=，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的水平地面上紧挨C点放置一木板，木板质量1kgM=，上表面与C点等高。质量1kgm=的物块（可视

为质点）从空中A点以01.2m/sv=的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数0.2=，不计木板与地面间的摩擦，sin370.6=，cos370.8=，取210m/sg=，

最大静摩擦力等于滑动摩擦力。试求：（1）物块运动到B点时的速度；（2）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；（3）木板至少多长才能使物块不从木板上滑下。【答案】（1）2m/s；（2）46N；（3）4.5m【解析】【详解】（1）根据物块经过B点的速度和竖直方向的夹角为，可知01.22

m/ssin0.6Bvv===（2）从B到C应用动能定理有()2211sin22CBmgRRmvmv+=−代入数据得6msCv=在C点，由牛顿第二定律有2NCvFmgmR−=代入数据得N46NF=由牛

顿第三定律可知'NN46NFF==即物块对轨道的压力为46N。（3）根据题意可知，物块在木板上滑动时，二者动量守恒，则有()CmvmMv=+共设木板最小长度为L，根据系统能量守恒，有()221122C

mgLmvmMv=−+共代入数据得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com