2020-2021学年河南省郑州市高一期中考试理科物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年河南省郑州市高一期中考试理科物理试卷新人教版，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（ ）
A.汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态
B.“水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底压力等于其在最低处水对碗底的压力
C.在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯
D.脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出

2. 如图为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时的速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（ ）

A.质点经过D点时的加速度比B点的大
B.质点从B到E的过程中速度一直在减小
C.质点经过C点的速率比D点的大
D.质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90∘

3. 如图所示，某河段两岸平行，越靠近中央水流速度越大．一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的速度为v，沿水流方向及垂直于河岸方向建立直角坐标系xOy，则该小船渡河的大致轨迹是（ ）
A.B.
C.D.

4. 如图所示的光滑斜面，ABCD是边长为l的正方形，倾角为30∘，一物块（视为质点），沿斜面左上方顶点A以平行于AB边的初速度v0水平射入，到达底边CD中点E，则（ ）

A.初速度gl2
B.初速度gl4
C.物体由A点运动到E点所用的时间t=2l2
D.物体由A点运动到E点所用的时间t=l2

5. 如图所示，轻杆长为L一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球（可视为质点）．小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度，下列说法正确的是（ ）

A.小球通过最高点时速度不可能小于gL
B.小球通过最高点时速度为2gL时，球对杆有向下的弹力
C.小球通过最低点时速度为gL2时，球对杆有向上的弹力
D.小球通过最高点时速度为gL2时，球对杆有向下的弹力

6. 理论上已经证明，质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零，现假设地球是一半径为R、质量分布均匀的实心球体，将一个铁球分别放在地面以下R3深处和放在地面上方R3高度处，则物体在两处的重力加速度之比为（ ）
A.32:27B.9:8C.81:64D.4:3

7. 我国首个火星探测器——“天问一号”，于2020年7月23日在海南文昌航天发射中心成功发射，计划于2021年5月至6月择机实施火星着陆，开展巡视探测，如图为“天问一号”环绕火星变轨示意图，已知地球质量为M，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，火星的质量约为地球质量的19，半径约为地球半径的12，着陆器质量为m，下列说法正确的是（ ）

A.“天问一号”探测器环绕火星运动的速度应大于11.2km/s
B.“天问一号”在轨道Ⅱ运行到Q点的速度大于在圆轨道Ⅰ运行的速度
C.着陆器在火星表面所受重力约为mg4
D.若轨道Ⅰ为近火星圆轨道，测得周期为T，则火星的密度约为3πMT2R2g
二、多选题

如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子边缘上的点，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B点所在的轮上，磁带的外缘半径R=3r，C为磁带外缘上的一点．现在进行倒带，则此时（ ）

A.A、B、C 三点的周期之比为3:1:3
B.A、B、C 三点的线速度之比为3:1:3
C.A、B、C三点的角速度之比为1:3:3
D.A、B、C三点的向心加速度之比为9:1:3

一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v−t图像如图所示，已知汽车的质量为m=1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则以下说法正确的是（ ）

A.汽车在前5s内的牵引力为5×102N
B.汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2
C.汽车的额定功率为100kW
D.汽车的最大速度为100m/s

如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示，取g=10m/s2．则下列说法正确的是（ ）

A.物体的质量m=0.5kg
B.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4
C.第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0J
D.前2s内推力F做功的平均功率P=3.0W

如图所示，人在岸上匀速的、拉着质量不计的绳子使船靠岸，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当船沿水面行驶x米的位移时，轻绳与水平面的夹角为θ，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则（ ）

A.人拉绳行走的速度为vcsθ
B.船行驶x米位移的过程，人的拉力做功为Fxcsθ
C.船行驶x米位移时，人的拉力的瞬时功率为Fvcsθ
D.此时船的加速度为 Fcsθ−fm

如图所示，地面上固定有一半径为R的半圆形凹槽，O为圆心、AB为水平直径，现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点；若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角θ=60∘，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）

A.v1∶v2=1∶3
B.小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的速度变化量相同
C.小球落在凹槽上时，其两次的时间不同
D.小球落到C点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直
三、实验探究题



（1）平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速运动，②竖直方向做自由落体运动．
为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图1所示，用小锤打击弹性金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，这个实验________．
A．只能说明上述规律中的第①条
B．只能说明上述规律中的第②条
C．不能说明上述规律中的任何一条
D．能同时说明上述两条规律

（2）在做研究平抛运动的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹．如图2是用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长为L，小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则由图可知小球从a运动到b和b运动到c的时间是________（填”相等”或”不相等”）的，小球平抛的初速度的计算式为v0=________（用L、g表示）．

假设未来宇航员能在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示．a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为5:4，则：（计算结果均保留两位有效数字， 2≈1.4）

（1）由以上信息，可知a点________（选填“是”或“不是”）小球的抛出点．

（2）该星球表面的重力加速度为________m/s2 ．

（3）小球平抛的初速度是________m/s．

（4）小球在b点时的速度是________m/s．
四、解答题

如图所示，水平屋顶高H=5m，墙高ℎ=3.2m，墙到房子的距离L=3m，墙外马路宽x=10m，小球从房顶水平飞出，求：

（1）小球恰好落到墙的上缘时的水平初速度为v1．

（2）小球恰落到路沿时的初速度为v2．

（3）要求落在墙外的马路上，小球离开房顶时的速度v0的取值范围．（取g=10m/s2）

已知某卫星在赤道上空的圆形轨道运行，轨道半径为r1，运行周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，不计空气阻力，万有引力常量为G．求：

（1）地球质量M的大小；

（2）如图所示，假设某时刻，该卫星在A点变轨进入椭圆轨道，近地点B到地心距离为r2，求卫星在椭圆轨道上从远地点A到近地点B的最短时间TAB．

如图所示，AB为一竖直面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径R=0.5m，与水平轨道BC相切于B点．BC长为2m，动摩擦因数μ=0.2．C点下方ℎ=1.25m处放置一水平圆盘，圆心O与C点在同一竖直线上，其半径OE上某点固定一小桶（可视为质点），OE//BC．一质量m=0.2kg的物块（可视为质点）从圆轨道上某点滑下，当物块经过B点时，圆盘开始从图示位置绕通过圆心的竖直轴匀速转动．物块通过圆弧轨道上B点时对轨道的压力大小为5.6N，物块由C点水平抛出后恰好落入小桶内．g取10m/s2，求：

（1）物块通过B点的速度．

（2）小桶到圆心O的距离．

（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件．

如图所示，水平转台离地面高ℎ=0.45m，半径为R=0.2m，绕通过圆心处的竖直转轴转动，转台的同一半径上放有质量m均为0.4kg的小物块A、B（可看成质点），A与转轴间距离r=0.1m，B位于转台边缘处，A、B与水平转台间动摩擦因数均为0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），g取10m/s2．

（1）当转台的角速度多大时小物块B刚好与转台发生相对滑动？

（2）在第一问中物块B飞出转台，其落地点与转动轴心的水平距离多大（不计空气阻力）？

（3）若A、B间用不可伸长的细线相连，转台的角速度达到多大时A物块开始滑动？
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省郑州市高一期中考试理科物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
向心力
离心现象
竖直面内的圆周运动-轻绳模型
牛顿运动定律的应用-超重和失重
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．图中汽车通过凹形桥的最低点时，加速度向上，汽车处于超重状态，选项A正确；
B．图中“水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底压力F1=mv2l−mg，
在最低处水对碗底的压力F2=mv2l+mg，则在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底的压力，选项B错误；
C．图中在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供向心力，从而减轻轮缘对外轨的挤压，故C错误；
D．衣机脱水桶的脱水原理是：水滴与衣服间的附着力不足以提供其圆周运动的向心力，所以做离心运动，从而沿切线方向甩出，故D错误．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
物体做曲线运动的条件
做功的判断及功的正负
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知质点做匀变速曲线运动，且质点运动到D点时的速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点运动过程中的加速度恒定，且质点从A到D的过程中，加速度与速度方向夹角为钝角，质点减速运动，从D到E的过程中，加速度与速度方向夹角为锐角，质点加速运动，故ABD错误，C正确．
故选：C．
3.
【答案】
C
【考点】
运动的合成与分解
【解析】
小船在垂直于河岸方向做匀速直线运动，平行河岸方向先做加速运动后做减速运动，因此合速度方向与河岸间的夹角先减小后增大，即运动轨迹的切线方向与x轴的夹角先减小后增大，C项正确．
故选C
【解答】
解：沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中的航速为v，河水越靠近中央水流速度越大，
水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，因此小船先具有向下游的加速度，小船后具有向上游的加速度，结合曲线运动的条件，故C正确，ABD错误．
故选C．
4.
【答案】
B
【考点】
类平抛运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：物块做类平抛运动，沿斜面方向的加速度为a=gsin30∘=12g，
沿斜面方向的位移为l，则l=12at2=14gt2，
则t=4lg=2lg，
盐AB方向位移为12l，
所以初速度为v0=12lt=12l2lg=14gl．
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
向心力
竖直面内的圆周运动-轻杆模型
【解析】
杆子在最高点的力可以表现为拉力，也可以表现为支持力，临界的速度为0，根据牛顿第二定律判断杆子对小球的弹力随速度变化的关系．
【解答】
解：A．小球在最高点的最小速度可以为零，此时重力等于杆子的支持力，故A错误；
B．当小球速度为gL时，重力提供向心力，杆作用力为零，当速度为2gL>gL时，杆对球为向下的拉力，所以球对杆的力向上，故B错误；
CD．小球通过最高点时速度为gL2故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有g=GMR2,由于地球的质量为：M=ρ⋅43πR3
所以重力加速度的表达式可写成g=GMR2=Gρ⋅43πR2R2=43πGRρ，根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则地面以下R3深处受到地球的万有引力即为半径等于（R−R3）的球体在其表面产生的万有引力，故地面以下R3深处的重力加速度g′=43πρGR−R3=89πρGR，在地面上方R3高度处的重力加速度g′′=GMR+R32=gρ⋅43πR343R2=34πGRρ，
求出物体在两处的重力加速度之比．
【解答】
解：令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有g=GMR2，由于地球的质量为M=ρ⋅43πR3，
所以重力加速度的表达式可写成g=GMR2=Gρ⋅43πR2R2=43πGRρ，
根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，则地面以下R3深处受到地球的万有引力即为半径等于(R−R3)的球体在其表面产生的万有引力，
故地面以下R3深处的重力加速度g′=43πρGR−R3=89πρGR，
在地面上方R3高度处的重力加速度
g′′=GMR+R32=gρ⋅43πR343R2=34πGRρ，
所以有g′g′′=89πGRρ34πGRρ=3227．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
卫星的变轨与对接
【解析】

【解答】
解：混淆了发射速度与环绕速度，应该是火星探测器的发射速度大于11.2km/s，A错误．
在轨道ⅡQ点处作外切圆，容易比较vQ椭由GM火mR火2=mg火，易知着陆器在火星表面所受重力约为49mg，C错误．
由GM火R火2=4π2T2R火，GM=R2g，求得ρ=M火43πR火3=3πMT2R2g，D正确．
故选D．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
传动问题
线速度、角速度和周期、转速
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：靠传送带传动轮子边缘上的点具有相同的线速度，故A、C两点的线速度相等，即：vA:vC＝1:1，C的半径是A的半径的3倍，根据v＝rω，知ωA:ωC＝3:1．B与C属于同轴转动，所以ωB＝ωC，
A．根据周期与角速度的关系：T=2πω，所以：TATC=ωCωA=13，ωB＝ωC，则TB＝TC，所以：A、B、C三点的周期之比1:3:3，故A错误；
B．B与C的角速度相等，由v＝ωr可知：vB:vC＝1:3，所以A、B、C三点的线速度之比3:1:3，故B正确；
C．由于ωA:ωC＝3:1，ωB＝ωC，所以A、B、C三点的角速度之比3:1:1，故C错误；
D．向心加速度a＝ω⋅v，所以：aA:aB:aC＝ωAvA:ωBvB:ωCvC＝3×3:1×1:1×3＝9:1:3，故D正确．
故选BD．
【答案】
C,D
【考点】
机车启动问题-恒定加速度
机车启动问题-恒定功率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=205m/s2=4m/s2，根据牛顿第二定律得F−f＝ma，解得牵引力F＝f+ma＝1000N+4000N＝5000N，故A错误；
BC．汽车的额定功率P＝Fv＝5000×20W＝100000W＝100kW，汽车在25m/s时的牵引力F′=Pv′=10000025N=4000N，
根据牛顿第二定律得，加速度a′=F′−fm=4000−10001000m/s2=3m/s2，故B错误，C正确；
D．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度vm=Pf=1000001000m/s=100m/s，故D正确．
故选CD．
【答案】
A,B,C
【考点】
加速度与力、质量的关系式
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
解决本题的关键是理解速度图像的斜率的含义：速度图像的斜率代表物体的加速度．速度的正负代表物体运动的方向．
【解答】
解：A．由速度时间图像可以知道在2−3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1−2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a=2−01m/s2=2m/s2，由牛顿第二定律可得F−f=ma，所以m=F−fa=0.5kg，故A正确；
B．由f=μFN=μmg，所以μ=fmg=25=0.4，故B正确；
C．第二秒内物体的位移是x=12at2=12×2×1m=1m，摩擦力做的功W=fx=−2×1J=−2J，负号说明与摩擦力方向相反，所以克服摩擦力做功，所以C正确；
D．在第一秒内物体没有运动，只在第二秒运动，F也只在第二秒做功，F的功为W=Fx=3×1J=3J，所以前2s内推力F做功的平均功率为P=Wt=32W=1.5W，故D错误；
故选：ABC．
【答案】
C,D
【考点】
绳端速度分解模型
【解析】
绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动．根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．
【解答】
解：A．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和垂直绳子方向的速度的合速度，如图所示，根据平行四边形定则有，v人=vcsθ，故A错误；
B．船行驶x米位移的过程，Fcsθ为F水平方向的分力，因为在运动过程中F大小不恒定，所以人的拉力做功不能用Fxcsθ表示，故B错误；
C．船行驶x米位移时，此时拉力的速度为vcsθ，拉力为F，根据P=Fv，所以人的拉力的瞬时功率为Fvcsθ，故C正确；
D．对小船受力分析，如图所示，则有Fcsθ−f=ma，因此船的加速度大小为a=Fcsθ−fm，故D正确．
故选：CD．
【答案】
A,B
【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AC．过C与D分别做AB的垂线，交AB分别与M点与N点，如图：

OM=ON=R⋅cs60∘=0.5R，所以是AN=0.5R，AM=1.5R，由于C与D点的高度是相等的，由ℎ=12gt2，
可知二者运动的时间是相等的，由水平方向的位移为x=v0t，可得v1:v2=1:3，故C错误，A正确；
B．小球从开始运动到落到凹槽的过程中，速度的变化量Δv=gt，二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，B正确；
D．球落到C点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC，根据平抛运动规律可知，速度反向延长线交于水平位移的中点，则O点应为AM的中点，显然不是，故D错误．
故选AB．
三、实验探究题
【答案】
（1）B
（2）相等,2gL
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
物块经过B点时，由重和道的持力的合当向心力，由牛顿第二律可以达B点时的度，然后动能定理求簧弹力对物块做功W；
体恰能通过点C，故说明此时重力恰好充向心由向心公式可得出点的速度；由动定可以求出服摩擦力所做功．
【解答】
解：（1）在打击金属片时，两小球同时做平抛运动与自由落体运动，结果同时落地，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，故ACD错误，B正确．
故选：B．
（2）平抛运动水平方向匀速直线运动，由于小球从a运动到b和b运动到c的水平位移相等，因此运动时间相等；
根据平抛运动规律得：竖直方向是自由落体运动，因时间相等，由Δℎ=L=gt2，
可得：t=Lg，
水平方向是匀速运动，则有：x=2L=v0t，
所以解得：v0=2Lt=2gL．
【答案】
（1）是
（2）1.6
（3）0.16
（4）0.22
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出星球表面的重力加速度，结合水平位移和时间求出小球的初速度．根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的竖直分速度，根据平行四边形定则求出b点的速度．



【解答】
解：（1）由初速度为零的匀加速直线运动经过相邻的相等的时间内通过位移之比为1:3:5，竖直方向上ab、bc、cd的竖直位移之比为1:3:5，可知a点是抛出点．
（2）由ab、bc、cd水平距离相同可知，a到b、b到c运动时间相同，设为T，
在竖直方向有Δℎ=gT2，T=0.1s，
解得g=ΔℎT2=2×450.12×10−2m/s2=1.6m/s2．
（3）小球平抛的初速度是v=xT=2×450.1×10−2m/s=0.16m/s．
（4）小球在b点时的竖直速度vby=4×450.2×10−2m/s=0.16m/s，
小球在b点时的速度vb=v2+vby2=4252m/s≈0.22m/s．
四、解答题
【答案】
（1）小球恰好落到墙的上缘时的水平初速度为v1=5m/s．
（2）小球恰落到路沿时的初速度为v2=13m/s．
（3）要求落在墙外的马路上，小球抛出时的速度大小为5m/s【考点】
平抛运动基本规律及推论的应用
【解析】



【解答】
解：（1）设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v1，由平抛运动规律可知：
H−ℎ=12gt12，
L=v1t1，
解得v1=5m/s．
（2）又设小球恰落到路沿时的初速度为v2，由平抛运动的规律得H=12gt22，L+x=v2t2，解得v2=13m/s．
（3）要求落在墙外的马路上，所以小球抛出时的速度大小为5m/s【答案】
（1）地球质量M=4π2r13GT2．
（2）卫星在椭圆轨道上从远地点A到近地点B的最短时间TAB=12r1+r22r132T．
【考点】
卫星的变轨与对接
【解析】


【解答】
解：（1）卫星做匀速圆周运动：GMmr12=m2πT2r1，
得：M=4π2r13GT2．
（2）根据开普勒第三定律(r1+r22)3T椭圆2=r13T2，得：T椭圆=r1+r22r132T，
TAB=12T椭圆=12r1+r22r132T．
【答案】
（1）物块通过B点的速度vB=3m/s．
（2）小桶到圆心O的距离为0.5m．
（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件为ω=4nπ3rad/s（n=1，2，3，4…）．
【考点】
竖直面内的圆周运动-弹力
平抛运动基本规律及推论的应用
牛顿运动定律的应用—从受力确定运动
线速度、角速度和周期、转速
【解析】



【解答】
解：（1）物块到达B点时，由牛顿第二定律得
F−mg=mvA2R，
解得：vB=3m/s．
（2）从B到C根据牛顿第二定律可知μmg=ma，解得a=2m/s2，根据速度位移公式可知vC2−vB2=−2aL，
从C点做平抛运动x=vCt2，ℎ=12gt22，联立解得x=0.5m．
（3）物块由B点到C点的时间为t1，vC=vB−at1，
物块从B运动到小桶的总时间为t=t1+t2，
圆盘转动的角速度ω应满足条件ωt=2nπ得：
ω=4nπ3rad/s（n=1，2，3，4…）．
【答案】
（1）当转台的角速度是5rad/s时，小物块B刚好与转台发生相对滑动．
（2）其落地点与转动轴心的水平距离是1310m．
（3）转台的角速度达到1033rad/s．
【考点】
水平面内的圆周运动-摩擦力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）当小物块B与转台的摩擦力达到最大静摩擦力时，小物块B刚好与转台发生相对滑动时
根据μmg=mω2R，
解得：ω=5rad/s．
（2）飞出后B做平抛运动，竖直方向ℎ=12gt2，水平方向x=v0t，v0=ωR
解得x=v0t=0.3m，
由于B时沿着切线飞出的，因此到圆心的距离：
d=R2+x2=1310m．
（3）AB一起滑动时，对A物体μmg−T=mω′2r，
对B物体T+μmg=mω′2R，
解得ω′=1033rad/s．