山东省烟台市莱州市第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考物理试题（原卷版+解析版）

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第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1. 关于曲线运动，下列说法正确的是（ ）
A. 做圆周运动物体加速度都指向圆心
B. 做曲线运动的物体，所受合外力方向可以与速度在同一条直线
C. 物体保持速率不变沿曲线运动，其加速度一定为零
D. 曲线运动一定是变速运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．只有做匀速圆周运动物体的加速度才指向圆心，选项A错误；
B．做曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向一定不在同一条直线上，选项B错误；
C．物体保持速率不变沿曲线运动，速度的方向不断变化，则其加速度一定不为零，选项C错误；
D．曲线运动速度方向一定变化，即速度一定变化，即曲线运动一定是变速运动，选项D正确。
故选D。
2. 如图所示，海口钟楼和三亚南山海上观音像都是海南省地标建筑，两建筑物随地球自转时都可视为质点。下列关于它们绕地轴转动的向心力F、角速度、线速度v和向心加速度a的大小关系的论述中，一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】B．两建筑物随地轴转动的角速度相同，即
选项B正确；
A．根据
两建筑物的质量不同，离地轴的转动半径也不同，可知它们绕地轴转动的向心力不同，即
选项A错误；
C．根据
v=ωr
两建筑物绕地轴转动的半径不同，可知线速度不同
选项C错误；
D．根据
a=ω2r
两建筑物绕地轴转动的半径不同，可知向心加速度不同
选项C错误；
故选B。
3. 关于离心运动，下列说法正确的是（ ）
A 物体做离心运动时将沿半径方向向外远离圆心
B. 离心运动是物体沿圆的切线方向飞出的运动
C. 做离心运动的物体是因为受到离心力的作用
D. 离心运动并不是物体受到离心力的作用，而是提供的向心力突然消失或者不足
【答案】D
【解析】
【详解】ABD．离心运动有两种情况：一是所受的力不足于提供向心力，将沿着切线和圆周之间的曲线向远离圆心的运动；二是所受合外力突然消失时，将沿此时的速度方向（即圆周的切线方向）离开；故AB错误，D正确；
C．做离心运动的物体不会受到离心力的作用，而是发生离心现象，故C错误。
故选D。
4. 一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘为L对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘且过盘心O点的水平轴匀速转动。若飞镖恰好击中A点，下列说法不正确的是（ ）
A. 从飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到最低点位置
B. 从飞镖抛出到恰好击中A点的时间为
C. 圆盘的半径为
D. 圆盘转动的角速度一定满足
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．飞镖抛出后做平抛运动，则飞镖抛出到恰好击中A点，A点一定转动到了圆盘最低点位置，故A正确；
B．飞镖水平抛出，在水平方向做匀速直线运动，因此
故B正确；
C．飞镖击中A点时，A恰好在最下方，有
解得
故C正确；
D．飞镖击中A点，则A点转过的角度满足
θ＝ωt＝π＋2kπ(k＝0、1、2．．．．．．)
故
(k＝0、1、2．．．．．．)
故D错误。
本题选错误的，故选D。
5. 如图甲所示，生活中我们常看见在时钟表盘出现分针和时针相遇的情景，其中的物理关系可以简化成图乙模型，有A、B两质点绕同一点O做匀速圆周运动，运动方向相同。已知A的周期为，B的周期为，且，若设A、B运动到图示位置为第一次相遇，则两质点下一次相遇所用的时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】由题设情景分析可知，A、B下一次相遇的条件为
即
解得
ABC错误；D正确。
故选D。
6. 如图所示，三个可视为质点的、相同的木块A、B和C放在转盘上，质量均为m，C放在A的上面，A和B两者用长为L的细绳连接，木块与转盘、木块与木块之间的动摩擦因数均为k，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动。开始时，绳恰好伸直，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，以下说法正确的是（ ）
A. 当，绳子一定有弹力
B. 当时，A、B相对于转盘会滑动
C. 当，C受到的摩擦力为kmg
D. ω在范围内增大时，绳子的拉力不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．B先达到最大静摩擦力，对B有
解得
故当，绳子一定有弹力，选项A错误；
B．当A也达到最大静摩擦力时，用系统牛顿第二定律
解得
故当时，A、B相对于转盘会滑动，选项B正确；
C．当，对C物体有
选项C错误；
D．当范围内增大时，B受水平面的摩擦力已经达到最大静摩擦力，摩擦力不变，绳的拉力增大，选项D错误。
故选B。
7. 如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知跟竖直方向的夹角为60°，跟竖直方向的夹角为30°，下列说法正确的是（ ）
A. 细线和细线所受的拉力之比为
B. 小球和的角速度大小之比为
C. 小球和的向心力大小之比为
D. 小球和的线速度大小之比为
【答案】A
【解析】
【详解】A．对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，有
Tcsθ=mg
解得
所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比
选项A正确；
B．小球所受合力的大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律得
mgtanθ=mLsinθω2
得
所以
选项B错误；
C．小球所受合力提供向心力，则向心力为
F=mgtanθ
小球m1和m2的向心力大小之比为
选项C错误；
D．小球所受合力的大小为mgtanθ，根据牛顿第二定律得
解得
所以
选项D错误。
故选A。
8. 如图所示a为静止于赤道地面上的物体，b为低轨道卫星，c为同步卫星，则下列说法中正确的是（ ）
A. a物体做圆周运动仅由万有引力提供向心力
B. 若某时刻b卫星经过a的正上方，则b再运动一圈会再次经过a的正上方
C. b的线速度比c的线速度大
D. a的向心加速度比c的向心加速度大
【答案】C
【解析】
【详解】A．a物体做圆周运动由万有引力和地面对其支持力提供向心力，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力，则有
可得
轨道半径越大周期越大，c的周期比b的周期大；由于a物体和同步卫星c的周期都为24h，所以a的周期比b的周期大，若某时刻b卫星经过a的正上方，则b再运动一圈不会再次经过a的正上方，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，则有
可得
轨道半径越小速度越大，b的轨道半径比c的轨道半径小，所以b的线速度比c的线速度大，故C正确；
D． a、c的周期相同，所以a、c的角速度相等，根据知a的向心加速度比c的向心加速度小，故D错误；
故选C。
9. 双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】两恒星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，则有：
又，
联立以上各式可得
故当两恒星总质量变为，两星间距变为时，圆周运动的周期变为，B正确，ACD错误。
故选B。
10. “嫦娥奔月”非神话，“破壁飞天”化玉娥。“万户”精魂付火箭，屈原“天问”下长河。2020年7月23日12时41分，文昌航天发射场上，长征五号遥四运载火箭成功将“天问一号”火星探测器顺利送入预定轨道。2020年10月中旬，“天问一号”在距离地球约2940万公里处进行一次深空机动，4个月后探测器将与火星交会。然后通过“刹车”完成火星捕获，完成多次变轨后，择机开展着陆、巡视等任务。已知火星和地球绕太阳公转半径之比为3∶2，火星与地球质量之比1∶10，半径之比为1∶2，自转周期之比近似1∶1，则（ ）
A. 火星与地球绕太阳运动的向心加速度大小之比为9∶4
B. 火星与地球表面重力加速度之比2∶1
C. 火星与地球第一宇宙速度之比2∶1
D. 火星与地球平均密度之比4∶5，“天问一号”绕火星与地球最小周期之比
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据万有引力充当向心力有
解得
可得火星与地球绕太阳运动的向心加速度大小之比为
故A错误；
B．物体环绕星体表面做圆周运动时，在星体表面有
解得
可得火星与地球表面重力加速度之比
故B错误；
C．物体环绕星体表面做圆周运动时，根据万有引力充当向心力有
解得
可得火星与地球第一宇宙速度之比为
故C错误；
D．天体的质量
可得
可得
根据万有引力充当向心力有
解得
当环绕周期最小时即环绕中心天体表面做圆周运动，此时轨道半径的等于中心天体的半径，由此可得“天问一号”绕火星与地球最小周期之比为
故D正确。
故选D。
11. ¨嫦娥四号”在月球背面软着陆和巡视探测，创造了人类探月的历史．为了实现“嫦娥四号”与地面间的太空通讯，我国于2018年5月发射了中继卫星“鹊桥”，它是运行于地月拉格朗日L2点的通信卫星，L2点位于地球和月球连线的延长线上．若某飞行器位于L2点，可以在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做匀速圆周运动，如图所示．已知地球质量是月球质量的k倍，飞行器质量远小于月球质量，地球与月球中心距离是L2点与月球中心距离的n倍．下列说法正确的是
A. 飞行器的加速度大于月球的加速度
B. 飞行器的运行周期大于月球的运行周期
C. 飞行器所需的向心力由地球对其引力提供
D. 飞行器的速度小于月球的速度
【答案】A
【解析】
【详解】A．飞行器与月球的角速度相等，由，轨道半径越大向心加速度越大，所以飞行器的加速度大于月球的加速度，故A正确；
B．飞行器与月球的角速度相等，由公式，可知周期相等，故B错误；
C．对飞行器，其向心力由地球的引力与月球的引力的合力提供，故C错误；
D．飞行器与月球的角速度相等，由可知，轨道半径越大速度越大，所以飞行器的速度大于月球的速度，故D错误．
二、多选题：本大题共7小题，共28分。
12. 如图是带车牌自动识别系统的直杆道闸。离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动，杆的中点A和前端B点各有一装饰小旗子。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到aaˊ的距离为0.6m，下列说法正确的是（ ）
A. A、 B两小旗子的角速度大小之比为1∶ 2
B. A、 B两小旗子的向心加速度大小之比为1∶ 2
C. 要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为
D. 要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．A、 B两小旗子一起随细直杆绕O做同轴匀速转动，角速度相同，角速度大小之比为1∶1，故A错误；
B．由匀速圆周运动向心加速度与角速度关系
则A、 B两小旗子的向心加速度大小之比为
故B正确；
CD．由题知要使汽车安全通过道闸，直杆在时间内至少要转动的角度为，则转动的角速度至少为
故C错误，D正确。
故选BD。
13. 如图所示，光滑杆的端固定一根劲度系数为，原长为的轻弹簧，质量为的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，为过O点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为，开始杆是静止的，当杆以为轴转动时，角速度从零开始缓慢增加，直至弹簧伸长量为，下列说法中不正确的是（ ）
A. 杆保持静止状态，弹簧的长度为
B. 当弹簧恢复原长时，杆转动的角速度为
C. 当弹簧恢复原长时，杆转动的角速度为
D. 当弹簧伸长量为时，杆转动的角速度好
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．当杆静止时，小球受力平衡,根据力的平衡条件可得
解得
A不符合题意；
BC．当弹簧恢复原长时,由牛顿第二定律可得
得
C不符合题意，B符合题意；
D．当弹簧伸长量为0.5m时小球受力如图示:
水平方向上
竖直方向上
其中
解得
D不符合题意。
故选B。
14. 如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，为圆形轨道的最高点和最低点，与圆心O在同一水平线上。小滑块运动过程中，物体始终保持静止，关于物体对地面的压力N和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块运动到A点时，摩擦力方向向左
B. 滑块运动到B点时，，摩擦力方向向右
C. 滑块运动到C点时，，物体与地面间无摩擦力
D. 滑块运动到D点时，，摩擦力方向向左
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小滑块在A点时，滑块对光滑圆形轨道的作用力在竖直方向上，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误；
B．小滑块在B点时，合力提供滑块的向心力向右，所以光滑圆形轨道对滑块有向右的支持力的作用，对光滑圆形轨道受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以光滑圆形轨道对地面的压力，故B正确；
C．小滑块在C点时，合力提供滑块的向心力向上，所以滑块对物体M的压力要大于滑块的重力，故光滑圆形轨道受到的滑块的压力大于mg，那么光滑圆形轨道对地面的压力，故C正确；
D．小滑块在D点和B的受力的类似，由B选项的分析可知，光滑圆形轨道对地面的压力，故D错误。
故选BC。
15. 如图所示，卫星P绕地球做匀速圆周运动，卫星轨道平面与地球赤道平面在同一平面内，地球相对卫星P的张角为θ，若另外2颗卫星（与卫星P一样）与卫星P在同一轨道适当位置，信号可以覆盖地球的全部赤道表面，下列说法正确的是（ ）
A. 张角
B. 张角越大，卫星运行线速度越小
C. 张角越大，每颗卫星的信号覆盖地球的表面积越大
D. 若地球半径为R，则卫星离地面的高度为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若三颗卫星信号恰好覆盖整个地球赤道表面，则三颗卫星连线构成的三角形恰好内接地球赤道，如图所示
根据几何关系可知，此种情况下，且卫星的轨道半径为地球半径的两倍，而若卫星轨道半径大于两倍的地球半径，则张角小于，故A正确；
B．根据几何关系可知，张角越大，卫星运行的轨道半径越小，根据万有引力充当向心力有
可得
由此可知，张角越大，则卫星运行的轨道半径越小，则卫星运行线速度越大，故B错误；
C．根据几何关系可得，卫星能够覆盖赤道的弧长
显然张角越大，卫星能够覆盖地球赤道的弧长就越小，则每颗卫星的信号能够覆盖地球的表面积就越小，故C错误；
D．根据几何关系可得，若地球半径为R，则卫星离地面的高度为
故D正确。
故选AD。
16. “天问一号”火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是（ ）
A. 探测器在P点的加速度大于在N点的加速度
B. 从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变小
C. 从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器需点火加速
D. 图中两阴影部分的面积相等
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律有
解得
可知卫星在轨道上离地心的距离越远，则其所处位置的加速度越小，P为停泊轨道的近地点，N为停泊轨道的远地点，因此可知探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故A正确；
B．根据开普勒第三定律有
即对于环绕同一中心天体的物体而言，轨道半径或半长轴越大，其环绕周期就越大，而“调相轨道”的半长轴大于“停泊轨道”的半长轴，因此从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变小，故B正确；
C．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器需点火制动减速，使自身做近心运动才能实现，故C错误；
D．根据开普勒第二定律可知，只有在同一轨道上运行，在任意相等时间内与地心连线扫过的面积才相等，故D错误。
故选AB。
17. 2022年1月22日，我国将一颗失效的北斗二号G2卫星从轨道半径为R1的地球同步轨道上变轨后运行到轨道半径为R2的“墓地轨道”上，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行。该过程的简化示意图如图所示。已知椭圆形转移轨道与同步轨道和“墓地轨道”分别相切于P、Q两点，则北斗二号G2卫星（ ）
A. 在转移轨道上Q点的加速度小于在“墓地轨道”上Q点的加速度
B. 在转移轨道上Q点的速度小于在“墓地轨道”上Q点的速度
C. 在转移轨道上P点的速度与Q点速度之比为R1∶R2
D. 沿转移轨道从P点运动到Q点所用的时间为天
【答案】BD
【解析】
详解】A．根据牛顿第二定律有
解得
可知卫星在轨道上离地心的距离相同时，则其所处位置的加速度相同，在转移轨道上Q点和“墓地轨道”上Q点距地心的距离相同，因此加速度相同，故A错误；
B．卫星在转移轨道上Q点必须点火加速，使其自身做离心运动才能进入“墓地轨道”轨道，因此，卫星在转移轨道上Q点的速度小于在“墓地轨道”上Q点的速度，故B正确；
C．根据开普勒第二定律可知，物体在同一轨道上环绕中心天体运行时，在相同时间内与地心连线扫过的面积相等，设卫星分别在远地点Q和在近地点P分别运行极短时间，则有
可得
故C错误；
D．根据几何关系可得转移轨道的半长轴
根据开普勒第三定律可得
其中同步卫星轨道运行周期
天
解得
天
从P运动到Q的时间为半个周期为
故D正确。
故选BD。
18. 如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示(取竖直向下为正方向)。为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细,重力加速度为g。则下列说法中正确的是( )
A. 管道的半径为
B. 小球的质量为
C. 小球在下方的管道中运动时，内侧管壁对小球可能有作用力
D. 小球在上方的管道中运动时，外侧管壁对小球可能有作用力
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，当，此时有
即有
解得管道的半径为
故A错误；
B．由图可知，当时，此时有
可得小球的质量为
故B正确；
C．小球在水平线以下的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有力，故C错误；
D．小球在水平线以上的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，故D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共12分每空2分。
19. 如图甲所示为向心力演示仪，某同学探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度a和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为，该同学设计了如图乙所示的三种组合方式，变速塔轮自上而下每层左右半径之比分别为、和。
（1）本实验的目的是探究向心力的大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，实验中采用的实验方法是__________；
A. 理想模型法
B. 等效替代法
C. 控制变量法
（2）在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第______层塔轮（选填“一”、 “二”或“三”）；
（3）在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为_______。
A. B. C. D.
【答案】 ①. C ②. 一 ③. B
【解析】
【详解】（1）[1]本实验探究向心力的大小F与小球质量m关系时，保持r、ω不变，探究向心力的大小F与角速度ω的关系时，保持r、m不变，探究向心力的大小F和半径r之间的关系时，保持m、ω不变，所以实验中采用的实验方法是控制变量法。
故选C；
（2）[2]在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系时，保持m、ω不变，则需要将传动皮带调至第一层塔轮；
（3）[3]在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则r、m相同，传动皮带位于第二层，角速度比值为
当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比表示向心力的比值，约为
故选B。
20. 某同学用如图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度、质量的关系。用一根细线系住钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，直径为d的钢球静止于A点，将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。
（1）用天平测出钢球质量，用刻度尺测出摆线长度。
（2）将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如下表所示：
画出的关系图像如图乙所示：
（3）由图像可知，钢球的重力为________N（结果保留3位小数）。
（4）若图像的斜率为k，钢球质量为m，重力加速度为g，则F与的关系式为________（用所给物理量的符号表示）。
（5）某同学通过进一步学习知道了向心力的公式，发现实验中使用公式求得钢球经过A点的向心力比测量得到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是________。
A.钢球运动过程中受到空气阻力的影响
B.钢球经过光电门的时间过长
C.光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度
D.钢球释放的初始位置细绳与竖直方向夹角大于10°
【答案】 ①. ②. ③. C
【解析】
【详解】（3）[1]根据牛顿第二定律
可得
由图像的截距可知，钢球的重力为
（4）[2]若图像的斜率为k，小球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为
（5）[3]根据向心力的计算公式
可知，若偏大，则可能原因是小钢球的速度测量偏大，故产生误差的主要原因是光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度，故ABD错误，C正确。
故选C。
四、计算题：本大题共2小题，共16分。
21. 2023年2月，我国首颗超百G高通量卫星中星26号发射成功，开启卫星互联网新时代。如图所示，甲、乙卫星在地球赤道面内绕地球做匀速圆周运动，甲、乙卫星之间可直接进行无线信号通讯，由于地球遮挡甲、乙卫星之间直接通讯信号会周期性中断。已知地球的半径为R，甲卫星的轨道半径为2R，绕地球运行的周期为T，乙卫星的轨道半径为，甲、乙卫星运行方向均和地球自转方向相同。求：
（1）乙卫星绕地球运行的周期；
（2）在一个通讯周期内，甲、乙卫星直接通讯信号中断的时间（不计信号传输时间）。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设卫星乙绕地球运动的周期为，由开普勒第三定律

解得
（2）如图所示，由于地球遮挡甲、乙卫星之间通讯信号会周期性中断，设在一个通讯周期内，甲、乙卫星通讯中断时间为t，有
而

故有
由几何可知
所以
由几何关系知
故
综上可得
（或）
22. 如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘x=3.2m处放着一质量为m=0.1kg的小铁块（可看作质点），铁块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2.现用方向水平向右、大小为1.0N的推力F作用于铁块.作用一段时间后撤去F，铁块继续运动，到达水平桌面边缘A点时飞出，恰好从竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁块恰好能通过圆弧轨道的最高点D.已知θ=37°，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=0.5m，C点为圆弧轨道的最低点.（取sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2）
（1）求铁块运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小vD；
（2）若铁块以vC=5m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁块对圆弧轨道的压力大小FC；
（3）求铁块运动到B点时的速度大小vB；
（4）求水平推力F作用的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）铁块恰好能通过D点，说明在D点时重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得
（2）铁块在C点受到的支持力F'与重力的合力提供向心力，则有
代入数据解得
由牛顿第三定律可知，铁块对轨道的压力大小；
（3）铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有
可得
铁块沿切线进入圆弧轨道，则
（4）铁块从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，故
铁块在水平桌面上做匀加速运动时，有
可得铁块做匀减速运动时，有
可得
由运动学公式可知，最大速度
，
又
解得
1
2
3
4
5
F/N
0.124
0.143
0.162
0.181
0.200
2.0
4.0
5.8
8.0
10.1