云南省昆明市第八中学2024-2025学年高一下学期月考一物理试卷（B卷）（原卷版+解析版）

这是一份云南省昆明市第八中学2024-2025学年高一下学期月考一物理试卷（B卷）（原卷版+解析版），共26页。
第I卷（选择题）
本大题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项是符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分。
1. 一根质量分布均匀的柔软绳子上端固定在一根竖直杆上，若杆水平向左做匀加速直线运动，不计空气作用力，则绳子的形状可能是（ ）
A B. C. D.
2. 如图所示，一辆带有竖直自动升降梯的路灯维修车正在工作．某段时间内升降梯匀速下降，同时车向左启动做匀加速直线运动，对于这段时间内站在梯子上的工人，描述正确的是（ ）
A. 工人一定做匀变速运动
B. 工人对升降机的摩擦力水平向左
C. 工人相对地面的运动轨迹可能是直线
D. 车的加速度增大，工人到达升降机底端的时间变短
3. 如图所示，ab为竖直平面内半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R，将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法错误的是（ ）
A. 小球的初速度v0越大，碰到圆环时的水平分位移越大
B. 当小球的初速度时，碰到圆环时的竖直分速度最大
C. 无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环
D. v0取值不同时，小球落在圆环上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同
4. 如图，在粗糙的水平圆盘上，甲、乙两个小物体（可视为质点）叠放在一起随圆盘一起做角速度为的匀速圆周运动，两小物体所在位置到转轴距离为，乙的质量是甲的质量的2倍，甲、乙两物体间的动摩擦因数为，盘与乙物体间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A. 乙所需要的向心力是甲所需要的向心力的3倍
B. 盘对乙的摩擦力是甲对乙的摩擦力的2倍
C. 为了保证甲、乙均不发生滑动，角速度的最大值为
D. 为了保证甲、乙均不发生滑动，角速度最大值为
5. 如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动中木板始终保持水平，物块相对于木板始终静止，则（ ）
A. 物块始终受到三个力作用
B. 物块受到的合外力始终指向圆心
C. 在c、d两个位置，物块所受支持力N相同，摩擦力f为零
D. 在a、b两个位置，物块所受摩擦力提供向心力，支持力
6. 我国航天科学家在进行深空探索的过程中发现有颗星球具有和地球一样的自转特征。如图所示，假设该星球绕AB轴自转，CD所在的赤道平面将星球分为南北半球，OE连线与赤道平面的夹角为30°经测定，A位置的重力加速度为g，D位置的重力加速度为，则E位置的向心加速度为（ ）
A. B. C. D.
7. 卫星在不同轨道绕地球做圆周运动，卫星速率平方的倒数与轨道高度的关系图像如图所示，已知图线的纵截距为b，斜率为k，引力常量为G，则（ ）
A. 地球的半径为
B. 地球表面附近的重力加速度为
C. 地球的质量为
D. 地球的平均密度为
8. 2024年10月30日，神舟十九号载人飞船与空间站成功对接。对接前，飞船先到达空间站后下方约处的轨道进行第一次停泊，最终在离地高度约为处与空间站实现对接。飞船在该停泊轨道的运动及空间站的运动均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）

A. 飞船在停泊轨道的速度比空间站小
B. 飞船在停泊轨道的加速度比空间站小
C. 空间站中的宇航员每24小时能看见多次日出
D. 飞船在停泊轨道需加速才能与空间站实现对接
9. 在体育场的水平地板上建立平面直角坐标系，一辆电动玩具小车在地板上运功，坐标原点O为t=0时刻小车的位置坐标，如图（a）所示，其沿y轴正方向的速度随时间变化规律如图（b）所示，沿x轴正方向的位移随时间的变化规律如图（c）所示（图线为抛物线的一部分，坐标原点О为抛物线的顶点），则（ ）
A. 小车的加速度大小为3m/s2
B. t=3s时刻小车的速度大小为15m/s
C. 前2s内小车的位移大小为8m
D. t=4s时刻小车的位置坐标为（32m，24m）
10. 如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A. 小球均静止时，弹簧长度为
B. 角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C. 角速度
D. 角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变
第II卷（非选择题）
11. 用如图1所示装置探究平抛运动的特点。

（1）若已经得到平抛运动竖直方向分运动的规律，设法确定“相等的时间间隔”，再看相等的时间内水平分运动的位移，进而确定水平分运动的规律。则实验中在轨迹曲线上选取的若干个“相等时间间隔”的点，相邻之间的竖直距离______（填“相等”或“不相等”）。
（2）下列器材问题和操作方式不会对实验探究有影响的是______
A. 斜槽轨道不光滑B. 斜槽末端不水平
C. 小球在释放时有初速度D. 小球每次自由释放的位置不同
（3）某同学做实验时，只在纸上从斜槽末端开始沿重锤线方向画出直线，并描出如图2所示轨迹曲线，在曲线上取A、B两点，用刻度尺分别量出它们到直线的水平距离，，以及与之间的距离h，则小球抛出的初速度为______
A. B. C. D.
12. 如图所示的实验装置可完成以下实验
若用该实验装置开展“探究加速度和力、质量的关系”实验
（1）选点迹清晰的纸带并标出计数点，相邻计数点间还有4个点没有画出。测量结果如图丙所示，计数点4对应的速度大小为_______，小车加速度大小_______（计算结果均保留3位有效数字）。根据计算结果分析实验操作可能存在的不当之处_______；
（2）实验操作中，某同学在细线上挂上质量为的槽码托，调整木板倾斜程度，直至轻推小车，能使打出的纸带点迹分布均匀，便认为完成了平衡阻力。接着，他用槽码的重力mg表示小车受到的合力，在满足小车总质量远大于槽码质量的条件下，此装置_______（选填“能”或者“不能”）用来探究小车质量一定时加速度与力的关系；此装置_______（选填“能”或者“不能”）用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系。
13. 如图所示，在水平转台上放一个质量M=4kg的木块，细绳的一端系在木块上，另一端穿过固定在转台圆心O的光滑圆筒后悬挂一小球，木块与O点间距离r =0.1m。木块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
（1）若转台光滑，当角速度ω0=10rad/s时，木块与转台保持相对静止，求此小球的质量m；
（2）若转台与木块间的动摩擦因数μ=0.75，且最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。为使木块与转台间保持相对静止，求转台转动的角速度范围。
14. 如图，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，飞船先在近地轨道Ⅲ上绕地球做圆周运动，到达轨道Ⅲ的 B 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的远地点A 时再次点火进入轨道I绕地球做圆周运动，轨道I的轨道半径为r，r=4R。已知引力常量G， 求：
（1）飞船在轨道I上的运行速率：
（2）飞船在轨道Ⅱ上的运行周期；
（3）飞船在轨道Ⅱ上经过A 点时的加速度。
15. 如图所示，长度L=5.8m 的传送带与水平方向成θ=37°角，以v=4 m/s 的速度顺时针匀速转动，水平面上质量M=1kg 的木板紧靠在传送带底端，木板上表面与传送带底端B 等高。质量m=3kg 的物块（可视为质点）从传送带的顶端A由静止释放，在底端B滑上静止的木板，假设物块冲上木板前后瞬间速度大小不变，最终物块恰好不滑离木板。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ₃=0.2，sin 37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度取g=10m/s²， 求：
（1）从A端运动到B端的过程中，物块相对传送带的位移大小；
（2）木板的长度；
（3）物块从A端开始运动到静止，所经历的时间。

昆八中2024-2025学年度下学期月考一
高一物理试卷（B卷）
考试时间：75分钟； 满分：100分； 命题/审题：高二物理备课组
第I卷（选择题）
本大题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项是符合题目要求，每小题4分；第8-10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分。
1. 一根质量分布均匀的柔软绳子上端固定在一根竖直杆上，若杆水平向左做匀加速直线运动，不计空气作用力，则绳子的形状可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】向左匀加速运动的过程中，将绳子由下到上分为无数质元，对于最下方的质元，根据牛顿第二定律
对于最下方的两个质元，根据牛顿第二定律
由此类推可知，所有质元所在切线与竖直方向夹角相同，因此绳子应为一条斜直线且向右偏斜。
故选A 。
2. 如图所示，一辆带有竖直自动升降梯的路灯维修车正在工作．某段时间内升降梯匀速下降，同时车向左启动做匀加速直线运动，对于这段时间内站在梯子上的工人，描述正确的是（ ）
A. 工人一定做匀变速运动
B. 工人对升降机的摩擦力水平向左
C. 工人相对地面的运动轨迹可能是直线
D. 车的加速度增大，工人到达升降机底端的时间变短
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于人在水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速运动，人在竖直方向受到的合外力为零，水平方向受到的合外力不变，故人整体受到的合外力不变，加速度恒定，人做匀变速运动，A正确；
B．人与升降机具有共同向左的加速度，因此，人受到升降机的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律可知，人对升降机的摩擦力水平向右，B错误；
C．人受到合外力的方向与运动方向不在同一直线上，故人相对于地面一定做曲线运动，C错误；
D．根据运动的独立性可知，车的加速度增大，只会影响水平方向的运动，不会影响竖直方向上的运动，故车的加速度增大，工人到达升降机底端的时间不变，D错误。
故选A。
3. 如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R，将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法错误的是（ ）
A. 小球的初速度v0越大，碰到圆环时的水平分位移越大
B. 当小球的初速度时，碰到圆环时的竖直分速度最大
C. 无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环
D. v0取值不同时，小球落在圆环上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球做平抛运动，则小球的初速度v0越大，其轨迹就越靠近ab直线，则碰到圆环时的水平分位移越大，故A正确， 不符合题意；
B．小球做平抛运动，当小球掉在c点时竖直分速度最大，设初速度为v0，则有
R=gt2
R=v0t
解得
故B正确，不符合题意。
C．小球撞击在圆弧ac段时，速度方向斜向右下方，不可能与圆环垂直；当小球撞击在圆弧cb段时，根据“中点”结论可知，由于O不在水平位移的中点，所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击圆环，故C正确，不符合题意；
D． v0取值不同时，小球运动的轨迹不同，落到圆环上的位置不同，则位移的偏向角不同，因速度的偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍，可知速度的偏向角不同，则小球落在圆环上的速度方向和水平方向之间的夹角不相同，故D错误，符合题意。
故选D。
4. 如图，在粗糙的水平圆盘上，甲、乙两个小物体（可视为质点）叠放在一起随圆盘一起做角速度为的匀速圆周运动，两小物体所在位置到转轴距离为，乙的质量是甲的质量的2倍，甲、乙两物体间的动摩擦因数为，盘与乙物体间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A. 乙所需要的向心力是甲所需要的向心力的3倍
B. 盘对乙的摩擦力是甲对乙的摩擦力的2倍
C. 为了保证甲、乙均不发生滑动，角速度的最大值为
D. 为了保证甲、乙均不发生滑动，角速度的最大值为
【答案】D
【解析】
【详解】A．两物体随圆盘转动，角速度相同为，运动半径为，则两物体转动所需的向心力为
，
即乙所需要的向心力是甲所需要的向心力的2倍，故A错误；
B．设乙对甲的摩擦力为，盘对乙的摩擦力为，根据牛顿第二定律有
解得
故B错误；
CD．当A、B整体刚好和转盘发生相对滑动时，有
解得
此时A所受摩擦力为
所以为了保证甲、乙均不发生滑动，角速度的最大值为
故C错误，D正确；
故选D。
5. 如图所示，在粗糙水平木板上放一个物块，使木板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动中木板始终保持水平，物块相对于木板始终静止，则（ ）
A. 物块始终受到三个力作用
B. 物块受到的合外力始终指向圆心
C. 在c、d两个位置，物块所受支持力N相同，摩擦力f为零
D. 在a、b两个位置，物块所受摩擦力提供向心力，支持力
【答案】B
【解析】
【详解】A．物块在最高点c和最低点d均受重力和支持力两个力作用，两个力的合力提供向心力，故A错误；
B．物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，可知合外力始终指向圆心，故B正确；
C．在最高点和最低点，摩擦力是零，重力和支持力的合力提供向心力，在位置c，根据牛顿第二定律得
所以
在位置d，根据牛顿第二定律得
所以
C错误；
D．在a、b两个位置，重力和支持力平衡，即，物块所受静摩擦力提供向心力，故D错误。
故选B。
6. 我国航天科学家在进行深空探索的过程中发现有颗星球具有和地球一样的自转特征。如图所示，假设该星球绕AB轴自转，CD所在的赤道平面将星球分为南北半球，OE连线与赤道平面的夹角为30°经测定，A位置的重力加速度为g，D位置的重力加速度为，则E位置的向心加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A位置的重力加速度由万有引力提供得
D位置万有引力提供重力加速度和向心加速度
E位置的向心加速度
故选B。
7. 卫星在不同轨道绕地球做圆周运动，卫星速率平方的倒数与轨道高度的关系图像如图所示，已知图线的纵截距为b，斜率为k，引力常量为G，则（ ）
A. 地球的半径为
B. 地球表面附近的重力加速度为
C. 地球的质量为
D. 地球的平均密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．设地球半径为R，卫星的轨道高度为h，由万有引力提供向心力有
又
联立得
所以
求得地球的半径
故A错误；
B．对在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的物体，有
结合题图可得
求得地球表面附近的重力加速度
故B错误；
C．地球表面的物体所受重力等于万有引力，即
可得
故C正确；
D．由上述分析可得
故D错误。
故选C。
8. 2024年10月30日，神舟十九号载人飞船与空间站成功对接。对接前，飞船先到达空间站后下方约处的轨道进行第一次停泊，最终在离地高度约为处与空间站实现对接。飞船在该停泊轨道的运动及空间站的运动均可视为匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）

A. 飞船在停泊轨道的速度比空间站小
B. 飞船在停泊轨道的加速度比空间站小
C. 空间站中的宇航员每24小时能看见多次日出
D. 飞船在停泊轨道需加速才能与空间站实现对接
【答案】CD
【解析】
详解】AB．根据万有引力提供向心力可得
可得，
由于飞船在停泊轨道的半径小于空间站的轨道半径，则飞船在停泊轨道的速度比空间站大，飞船在停泊轨道的加速度比空间站大，故AB错误；
C．根据万有引力提供向心力可得
可得
空间站的轨道半径小于静止卫星的轨道半径，空间站的周期小于24h，则空间站中的宇航员每24小时能看见多次日出，故C正确；
D．飞船在停泊轨道的半径小于空间站的轨道半径，所以飞船在停泊轨道需加速做离心运动才能与空间站实现对接，故D正确。
故选CD。
9. 在体育场的水平地板上建立平面直角坐标系，一辆电动玩具小车在地板上运功，坐标原点O为t=0时刻小车的位置坐标，如图（a）所示，其沿y轴正方向的速度随时间变化规律如图（b）所示，沿x轴正方向的位移随时间的变化规律如图（c）所示（图线为抛物线的一部分，坐标原点О为抛物线的顶点），则（ ）
A. 小车的加速度大小为3m/s2
B. t=3s时刻小车的速度大小为15m/s
C. 前2s内小车的位移大小为8m
D. t=4s时刻小车的位置坐标为（32m，24m）
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，小车沿y轴正方向的运动为初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小
沿x轴正方向运动也为初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小满足
解得
=4m/s2
所以小车的实际加速度大小为
故A错误；
B．根据A选项分析可知，小车做初速度为零的匀加速直线运动，根据
可知，t=3s时刻小车的速度大小为15m/s，故B正确；
C．同理，根据
可得前2s内小车的位移大小为l0m，故C错误；
D．同理可知t=4s时刻小车的位移大小为40m，则有
x=scs37°=32m，y=ssin37°=24m
即t=4s时刻小车的位置坐标为（32m，24m），故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A. 小球均静止时，弹簧长度为
B. 角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C. 角速度
D. 角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．若两球静止时，受力平衡，故杆的弹力为零，对A球受力分析可知
解得
故此时弹簧的长度为，A正确；
BC．当转动的角速度为时，小球B刚好离开台面，设杆与转盘的夹角为，对应B球，由牛顿第二定律可知
根据平衡条件有
而对A球依然处于平衡，则有
由几何关系可知
联立解得
根据牛顿第三定律可知，小球A对弹簧的压力为2mg，B错误，C正确；
D．当角速度从继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，则有
则弹簧对A球弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，弹簧的形变量不变，D正确。
故选ACD。
第II卷（非选择题）
11. 用如图1所示装置探究平抛运动的特点。

（1）若已经得到平抛运动竖直方向分运动的规律，设法确定“相等的时间间隔”，再看相等的时间内水平分运动的位移，进而确定水平分运动的规律。则实验中在轨迹曲线上选取的若干个“相等时间间隔”的点，相邻之间的竖直距离______（填“相等”或“不相等”）。
（2）下列器材问题和操作方式不会对实验探究有影响的是______
A. 斜槽轨道不光滑B. 斜槽末端不水平
C. 小球在释放时有初速度D. 小球每次自由释放的位置不同
（3）某同学做实验时，只在纸上从斜槽末端开始沿重锤线方向画出直线，并描出如图2所示的轨迹曲线，在曲线上取A、B两点，用刻度尺分别量出它们到直线的水平距离，，以及与之间的距离h，则小球抛出的初速度为______
A. B. C. D.
【答案】（1）不相等 （2）A
（3）D
【解析】
【小问1详解】
因为已经确定平抛运动竖直方向的运动规律，知道在竖直方向上做自由落体运动，所以实验中在轨迹曲线上选取的若干个“相等时间间隔”的点，相邻之间的竖直距离不相等。
【小问2详解】
A．斜槽轨道不光滑，只要保证每次释放小球都从同一位置静止释放即可，故A正确；
B．斜槽末端不水平，则小球做的不是平抛运动，会影响实验结果的，故B错误；
C．小球在释放时有初速度v0，则每次小球从斜槽末端离开时的初速度不同，会影响实验结果，故C错误；
D．小球每次自由释放的位置不同，则每次小球从斜槽末端离开时的初速度不同，会影响实验结果，故D错误。
故选A。
【小问3详解】
设小球从开始释放运动到A的时间为tA，运动到B的时间为tB，在竖直方向上有，
在水平方向上有x1=v0tA，x2=v0tB
根据题意有h=hB-hA
联立解得
故选D。
12. 如图所示的实验装置可完成以下实验
若用该实验装置开展“探究加速度和力、质量的关系”实验
（1）选点迹清晰的纸带并标出计数点，相邻计数点间还有4个点没有画出。测量结果如图丙所示，计数点4对应的速度大小为_______，小车加速度大小_______（计算结果均保留3位有效数字）。根据计算结果分析实验操作可能存在的不当之处_______；
（2）实验操作中，某同学在细线上挂上质量为的槽码托，调整木板倾斜程度，直至轻推小车，能使打出的纸带点迹分布均匀，便认为完成了平衡阻力。接着，他用槽码的重力mg表示小车受到的合力，在满足小车总质量远大于槽码质量的条件下，此装置_______（选填“能”或者“不能”）用来探究小车质量一定时加速度与力的关系；此装置_______（选填“能”或者“不能”）用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系。
【答案】（1） ①. 1.20 ②. 1.98 ③. 所加槽码的总质量没有远小于小车和砝码的总质量
（2） ①. 能 ②. 不能
【解析】
【小问1详解】
[1]相邻计数点间还有4个点没有画出，则T=0.1s，计数点4对应的速度大小为
[2]小车加速度大小
[3]根据计算结果可知小车的加速度过大，槽码质量过大，则实验操作时所加槽码的总质量没有远小于小车和砝码的总质量；
【小问2详解】
[1]他用槽码的重力mg表示小车受到的合力，在满足小车总质量远大于槽码质量的条件下，槽码的重力mg可认为就是小车的牵引力，则此装置能用来探究小车质量一定时加速度与力的关系；
[2]探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系时需要改变小车的质量，而当小车质量变化时，原来所平衡的摩擦力就被破坏了，则牵引力不再是mg，则此装置不能用来探究小车拉力一定时，加速度与质量的关系。
13. 如图所示，在水平转台上放一个质量M=4kg的木块，细绳的一端系在木块上，另一端穿过固定在转台圆心O的光滑圆筒后悬挂一小球，木块与O点间距离r =0.1m。木块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
（1）若转台光滑，当角速度ω0=10rad/s时，木块与转台保持相对静止，求此小球的质量m；
（2）若转台与木块间的动摩擦因数μ=0.75，且最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。为使木块与转台间保持相对静止，求转台转动的角速度范围。
【答案】（1）4kg （2）
【解析】
【小问1详解】
转台转动时，木块做圆周运动，小球处于静止，根据平衡条件和牛顿第二定律，对m有
对M有
联立解得
【小问2详解】
木块受到的最大静摩擦力
①当ω较小时，木块有近心趋势，静摩擦力沿半径向外有
解得
②当ω较大时，木块有离心趋势，静摩擦力沿半径向里有
解得
为使木块与转台保持相对静止，转台转动的角速度范围为
14. 如图，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，飞船先在近地轨道Ⅲ上绕地球做圆周运动，到达轨道Ⅲ的 B 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的远地点A 时再次点火进入轨道I绕地球做圆周运动，轨道I的轨道半径为r，r=4R。已知引力常量G， 求：
（1）飞船在轨道I上的运行速率：
（2）飞船在轨道Ⅱ上的运行周期；
（3）飞船在轨道Ⅱ上经过A 点时的加速度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
当飞船在地球表面静止不动时，有
解得
设飞船在轨道I上的运行速率，轨道I是圆轨道，根据万有引力提供向心力
联立可得
【小问2详解】
设飞船在轨道Ⅲ上的运行周期，轨道Ⅲ是圆轨道，根据万有引力提供向心力
又
解得
设飞船在轨道II上的运行周期为，轨道半长轴为
根据开普勒第三定律可得
解得
【小问3详解】
飞船在轨道Ⅱ上经过A 点时，根据牛顿第二定律有
又
解得
15. 如图所示，长度L=5.8m 的传送带与水平方向成θ=37°角，以v=4 m/s 的速度顺时针匀速转动，水平面上质量M=1kg 的木板紧靠在传送带底端，木板上表面与传送带底端B 等高。质量m=3kg 的物块（可视为质点）从传送带的顶端A由静止释放，在底端B滑上静止的木板，假设物块冲上木板前后瞬间速度大小不变，最终物块恰好不滑离木板。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ₃=0.2，sin 37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度取g=10m/s²， 求：
（1）从A端运动到B端的过程中，物块相对传送带的位移大小；
（2）木板的长度；
（3）物块从A端开始运动到静止，所经历的时间。

【答案】（1）0.2m；（2）4.5m；（3）3.65 s
【解析】
【详解】（1）根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μ1mgcsθ=ma1
解得
a1=10 m/s2
物块滑上传送带到与传送带速度相同所需的时间为t₁，则
v=a1t1
解得
t1=0.4s
此过程物块的位移大小为

之后滑动摩擦力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得
mgsinθ-μ1mgcsθ=ma2
解得
a2=2m/s2
由

解得
由
解得
t2=1s
物块从A端运动到B端的过程中相对传送带的位移大小为
△x=L-v（t1+t2）=0.2m
（2）物块滑上木板后，设物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律得
μ2mg=ma3，μ2mg-μ3(m+M)g=Ma4
解得
a3=3m /s2，a4=1m/s2
物块与木板经时间 t3达到共同速度 v1，则有
，v1=a4t3
联立解得
t3=1.5s，v1=1.5m /s
则木板的长度
（3）因μ2>μ3，当物块与木板共速后二者一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，得
μ3(m+M)g=(m+M)a5
解得
a5=2m /s2
由
0=v1-a5t4
解得
t4=0.75s
物块从A端运动到静止所经历的时间
t=t1+t2+t3+t4=3.65 s