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浙江省G5联盟2023-2024学年高一下学期期中联考物理试卷（Word版附答案）
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这是一份浙江省G5联盟2023-2024学年高一下学期期中联考物理试卷（Word版附答案），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列四组物理量中均为矢量的是( )
A. 速率 重力B. 弹力 向心加速度C. 摩擦力 功率D. 周期 动能
2.2023年9月21日的“天宫课堂”第四课中，航天员演示了关于陀螺的实验。对于在空间站中处于“静止”状态的陀螺，下列说法正确的是( )
A. 陀螺相对于地球表面静止B. 陀螺所受合外力不为零
C. 陀螺受到万有引力和向心力的作用D. 陀螺处于失重状态，不受重力
3.体育课上，小明和小张两位同学在打羽毛球，羽毛球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，某时刻羽毛球处于上升过程，则此时羽毛球所受合外力示意图可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步。以下说法正确的是( )
A. 亚里士多德提出了动力学的第一条定律——惯性定律
B. 研究自由落体运动中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
C. 开普勒通过分析第谷的观测数据，总结出了行星运动三大定律
D. 卡文迪许利用“地-月检验”验证了万有引力定律的正确性，使其得到了广泛的应用
5.在名著《西游记》中讲述了一只大龟浮水作舟，驮着唐僧师徒渡过通天河的故事。如图所示，通天河中水流的速度大小恒为v0，方向平行于河岸，大龟 A处出发后沿直线AB将唐僧师徒四人和白龙马匀速送达对岸的B处， AB与河岸成37∘角。已知sin37∘=35，cs37∘=45，则大龟在水中的速度至少为( )
A. 34v0B. 45v0C. 35v0D. 43v0
6.如图所示，一个小球分别沿三条轨道由静止从同一点出发到达相同的终点，发现小球从 B轨道滑下用时最短， C轨道其次， A轨道最长， B轨道轨迹称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用 B轨道。若忽略各种阻力，比较沿三条轨道下滑情况，下列说法正确的是( )
A. 下滑过程中重力做功的功率一样大
B. 沿C轨道滑下，轨道对小球的支持力做功最多
C. 到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球速度最大
D. 到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球重力功率最大
7.如图甲是滚筒式洗衣机。洗衣机脱水完成前的某段时间内，可认为水已脱干，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动，如图乙所示。若一件小衣物在此过程中随滚筒转动经过最高位置 a、最低位置c、与滚筒圆心等高位置b、d，则下列说法正确的是( )
A. 洗衣机能脱水是因为水滴受到离心力的作用
B. 该小衣物在a、b、c、d四点的线速度相同
C. 该小衣物在b位置受到的摩擦力和在d位置受到的摩擦力方向不同
D. 该小衣物在c位置对滚筒壁的压力大于它在a位置对滚筒壁的压力
8.2023年我国“天宫号”太空实验室实现了长期有人值守，我国迈入空间站时代。如图所示，“天宫号”太空实验室轨道可视为圆形，“天舟号”货运飞船沿椭圆轨道运行， A、B两点分别为椭圆轨道的近地点和远地点，则以下说法正确的是( )
A. “天舟号”与“天宫号”在B点对接前必须先启动助推器加速
B. “天舟号”在A点的线速度小于“天宫号”在B点的线速度
C. “天舟号”在B点的加速度小于“天宫号”在B点的加速度
D. “天舟号”在椭圆轨道的周期比“天宫号”周期大
9.2024年2月23日，“长征5号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功，被誉为龙年首发。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的 n倍，已知地球自转周期为 T，万有引力常量为 G，下列说法中正确的是( )
A. 同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 n倍
B. 同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的1n
C. 同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的1n2
D. 若忽略地球的自转效应，地球的密度可表示为ρ=3πGT2
10.仰卧起坐是高中毕业生体育测试的项目之一。如图所示，一中等身材女生小李同学在此次测试过程中，一分钟完成42个仰卧起坐，每次起坐时下半身不动， g取10m/s2。则小李同学在此次测试过程中，克服重力做功的平均功率约为( )
A. 70WB. 140WC. 280WD. 560W
11.有一种叫“飞椅”的游乐项目。如图所示，长为 L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为 r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力。以下说法正确的是( )
A. 钢绳的拉力大小为mgsinθ
B. 钢绳的拉力大小为mω2(r+Lsinθ)
C. 如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直
D. 两个体重不同的人，摆开的夹角θ一样大
12.如图所示，倾角α=30∘的斜面固定在水平地面上。质量分别为1kg、2kg的两物块A、B置于斜面上，质量为0.2kg的物块C穿在固定在地面上的光滑竖直杆上，A与C之间用跨过光滑定滑轮的轻质细线连接，滑轮左侧的细线与斜面平行，滑轮右侧的细线与竖直方向的夹角β=60∘，A、B、C均处于静止状态， B的上表面水平，A与B、B与斜面之间的动摩擦因数均为 34，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，则( )
A. 细线对定滑轮的作用力大小为2N，方向竖直向下
B. B对斜面的摩擦力大小为11N，方向沿斜面向上
C. 剪断细线后， A对B的压力为10N
D. 剪断细线后， A、B之间摩擦力的大小为5 38N
13.将一小球从地面竖直向上抛出，其在空中的动能Ek随小球离地高度h变化的关系图像如图中的直线甲、乙所示(图中九个小正方形的边长均相等)。下列说法正确的是( )
A. 图线甲反映了小球下降过程中的动能变化规律
B. 小球下降过程减少的重力势能等于增加的动能
C. 小球上升过程中的机械能变化量等于下降过程中的机械能变化量
D. 小球上升过程所用的时间与下降过程所用的时间之比等于1:3
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
14.下列关于教材中插图表述正确的是( )
A. 甲：某质点做一般的曲线运动，在分析某位置的运动时，可以采用圆周运动的分析方法来处理
B. 乙：自行车行驶过程中，小齿轮边缘的点比大齿轮边缘的点线速度更大
C. 丙：汽车上坡时采用低速档是为了获得更大的牵引力
D. 丁：天王星的发现证明了万有引力定律的正确性
15.2024年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演员们能够准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在图甲的蹦床上，记录演员对弹性网的压力。图乙是某次彩排中质量为40 kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力-时间(F−t)图像，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 在a时刻演员速度为零
B. 在b时刻演员速度最大
C. 从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功等于1280 J
D. 从a时刻到b时刻，演员机械能不守恒
三、实验题：本大题共3小题，共27分。
16.用如图甲所示的装置做“探究平抛运动的特点”实验，白纸和复写纸固定在装置的背板上，小球从斜槽 M轨道末端滑出后，被水平放置的倾斜挡板 N挡住，调整倾斜挡板N的位置，记录小球运动经过的多个位置，描出平抛运动的轨迹。
(1)本实验除木板、小球、白纸、复写纸、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的有__________(多选)
A.重锤线
B.秒表
C.天平
D.刻度尺
(2)关于实验应注意的问题，下列做法合理的是：__________(多选)
A.斜槽轨道必须光滑且末端水平
B.钢球运动时要靠近但不接触装置的背板
C.要使描绘出的轨迹更好的反映真实运动，应用平滑曲线把所有的点连接起来
D.小球开始滚下的位置高度要适中，以使小球做平抛运动的轨迹由白纸的左上角一直到达白纸右下角为宜
(3)如图乙为某位同学在实验中获得的一些钢球印迹，发现印迹并不是一个圆点，而是一段曲线，则画轨迹时应选图中的A(曲线左边最高点)、B(曲线最低点)、C(曲线右边最高点)三点中的__________点
17.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力的关系。
(1)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个计时点没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车的加速度的测量值a=__________m/s2。(结果保留两位有效数字)
(2)正确补偿阻力后，保持小车的质量 M不变，用砂和小桶的总重力 mg作为小车受到的合外力F，改变砂的质量，多次实验，利用测得的数据，可得到小车的加速度 a和F的关系图像。拉力F较大时，a−F图线明显弯曲(如图丙所示)。若不断增加小桶中砂的质量，a−F图像中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度a的趋向值为__________(用题中出现的物理量字母表示)。
18.在“验证机械能守恒定律”实验中
(1)用图甲装置进行验证，则下列说法合理的是__________
A.实验前必须先用天平测出重物和夹子的质量
B.选取的第一个计数点对应重物的速度可以不为零
C.本实验数据处理中必须每隔4个计时点取1个计数点
D.重物下落的高度用刻度尺测量，某位置的速度用v=gt来计算
(2)用图甲所示的实验装置得到如图乙所示的一条纸带，O点是打下的第一个点，A、B、C为另外3个连续打下的点。已知交流电频率为50HZ，重物质量为200g，当地重力加速度g=9.8m/s2，则从O点到B点，重物的重力势能变化量的绝对值ΔEp=0.457J、B点的动能EKB=__________J(计算结果均保留3位有效数字)。从计算结果中发现EKB__________(选填“大于”、“小于”、“等于”)ΔEp，分析出现这一结果的原因可能是__________。
A.交流电源的工作电压偏高
B.交流电源的实际频率大于50Hz
C.接通电源前释放了纸带
D.存在空气阻力和摩擦力
(3)用图丙装置进行验证，操作中需把气垫导轨调成倾斜状态，则__________
A.调整倾斜状态是为了将滑块的重力势能转化为动能
B.调整倾斜状态是为了平衡滑块下滑时受到的阻力
C.不能用该装置验证机械能守恒，因为该物块下滑过程中机械能不守恒
(4)用图丁装置进行验证，气垫导轨调成水平，遮光条的宽度为d，滑块移至图示位置，遮光条到光电门的距离为l。滑块由静止释放，遮光条通过光电门的遮光时间为t，砝码和砝码盘的总质量为m，滑块的质量为M，为验证机械能守恒，需要满足的关系式__________(用题中字母表示)。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
19.美国职业跳伞玩家卢克⋅艾金斯曾不带降落伞从近万米高空一跃而下，后落入一张30×30m的缓冲网中，毫发无损。卢克⋅艾金斯的起跳高度离地约7280m，经过空中140s下落过程，以216km/h的速度竖直落入缓冲网兜中心。已知缓冲网兜离地面高度100m，艾金斯体重70 kg，在落入网中以后还要下降60 m才能停稳。忽略起跳初速度， g近似取10m/s2。求：
(1)若艾金斯触网前做自由落体运动，触网时速度(答案中可以保留根号)。
(2)空中下落过程中(触网前)艾金斯损失的机械能。
(3)触网后艾金斯受到的平均阻力。
20.如图所示的玩具转盘半径为l，角速度ω可以调节，转盘中心 O点固定了一竖直杆。质量为m的小球用轻绳AC和轻杆BC一起连接在竖直杆上，轻绳 AC长为l，与竖直杆上 A点相连，轻杆 BC用铰链连接在竖直杆上的B点且可绕B点自由转动，OB=32l。圆盘静止时轻绳AC与竖直方向夹角θ1=30∘，轻杆BC与竖直方向夹角θ2=45∘。不计摩擦阻力，重力加速度为g。
(1)要保持轻绳拉直，求ω的取值范围
(2)当ω= gl时，求轻绳 AC、轻杆BC所受的弹力大小
(3)在转动过程中小球忽然脱离，要求小球不能碰到圆盘，求ω的取值范围
21.一辆货车运载着规格相同、质量均为m的圆柱形光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶 C，自由地摆放在桶 A、B之间，没有用绳索固定，如图所示。求：
(1)当卡车匀速行驶时，油桶 B和油桶C之间的弹力;
(2)为保证行车安全，卡车刹车时的最大加速度;
(3)大雾天，卡车以v1=54km/h的速度行驶时突然发现前方x0=20m处有电动自行车在以v2=18km/h的速度匀速同向行驶，卡车司机经过Δt=0.3s反应后紧急刹车，若骑车人对危险毫无察觉，请通过计算判断卡车能否避免发生事故。(g取10m/s2)
22.一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在Q处的竖直挡板组成，除传送带和 PQ段外各段表面均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 DE、PQ相切于E(P)处，螺旋圆形轨道半径R=0.08m。传送带的水平部分AB长L1=0.9m，沿顺时针运行的速率v=6m/s。PQ间距离L2=0.25m。凹槽CHID内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 CH处，摆渡车质量M=0.25kg，上表面与 A、B、C、D、E、Q点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的 DI侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量m=0.25kg的滑块(可视作质点)向左压缩弹簧至O点由静止释放(OA>0.4m)，弹簧的弹力F与滑块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示。已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为μ1=0.5，滑块与轨道 PQ间的动摩擦因数为μ2=0.2，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)滑块滑上传送带的初速度vA;
(2)滑块在传送带上运行过程中因摩擦产生的热量Q
(3)为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长度 x的范围
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
矢量是指既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边形定则。标量是只有大小没有方向的物理量，运算时遵守代数加减法则。
本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握。要注意矢量的运算符合平行四边形法则。
【解答】
A、速率不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，所以速率是标量，重力是矢量。故A错误。
B、弹力 向心加速度均为矢量，故B正确。
C、摩擦力为矢量，功率为标量，故C错误。
D、周期 动能均为标量，故D错误。
2.【答案】B
【解析】【分析】本题考查万有引力与惯性知识，基础题目。
根据陀螺的运动情况和失重知识分析即可判断。
【解答】陀螺与空间站相对静止，则陀螺随空间站在万有引力作用下做匀速圆周运动，其合外力不为0，空间站没有在同步卫星轨道，相对地面不静止，此时处于失重状态，但并不是失去重力，故B正确，ACD错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】曲线运动的物体受到的合力一定指向轨迹弯曲的内侧，曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，若力与运动方向成锐角，则物体做加速运动，若力与运动方向成钝角，则物体做减速运动。
【解答】BD.羽毛球在空中做曲线运动，所以羽毛球所受合力应指向轨迹的凹侧，故BD错误。
AC.羽毛球处于上升过程，速度在减小，所以所受合力与速度之间的夹角应为钝角，故C错误，A正确。
4.【答案】C
【解析】【分析】
明确有关物理学理论建立过程中各位物理学家的主要贡献即可正确解答。
本题考查对物理学史的掌握情况；物理学史属于常识性问题，平时要加强记忆，注意积累。
【解答】
A、牛顿提出了动力学的第一条定律——惯性定律，故A错误；
B、研究自由落体运动中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并用理想斜面实验进行了验证，故 B错误；
C、开普勒通过分析第谷的观测数据，总结出了行星运动三大定律，故 C正确；
D、牛顿利用“地-月检验”验证了万有引力定律的正确性，使其得到了广泛的应用，故 D错误。
5.【答案】C
【解析】【分析】本题关键先确定分速度与合速度中的已知情况，然后根据平行四边形定则确定未知情况，注意借助于矢量图求解。
本题中大龟参与了两个分运动，沿大龟的分运动和顺水流而下的分运动，合速度方向已知，顺水流而下的分运动速度的大小和方向都已知，根据平行四边形定则可以求出大龟相对水的速度的最小值。
【解答】解：大龟参与了两个分运动，沿大龟的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动v水速度的大小和方向都已知，沿大龟的分运动的速度v大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则(或三角形定则)，如图：
当v合与v垂直时，v最小，由几何关系得到v的最小值为：v=v水sin37∘=v0sin37∘=35v0，故A正确，BCD错误。
故选：C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
根据功率的计算公式分析出平均功率的大小情况；支持力与速度方向时刻垂直，所以支持力对小球不做功；根据机械能守恒定律分析出小球在终点处的速度特点；由重力功率的特点求出A球的功率最大。
本题主要考查了功率的计算问题，理解做功的计算，结合时间的长短分析出平均功率的大小关系。
【解答】
A、小球沿三条轨道下滑到底端时下降高度相同，所以重力做功相同，而小球沿B轨道下滑过程中所用时间最短，所以重力做功的平均功率最大，故A错误；
B、小球无论沿哪条轨道下滑，支持力都始终与速度方向垂直，所以支持力不做功，故B错误；
C、由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度大小相同，故C错误；
D、到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球速度与竖直方向的夹角θ最小，重力功率PG=mgcsθ，重力功率最大，故D正确。
7.【答案】D
【解析】【分析】
衣物随脱水桶一起做匀速圆周运动，故所需的向心力大小相同，但方向时刻在变化，根据受力分析即可判断解题。
解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。
【解答】A.洗衣机能脱水是因为水滴受到离心作用，而不是离心力，无离心力，只有离心作用，故A错误；
B.小衣物在a、b、c、d位置的线速度大小相等，但方向不同，故B错误；
C.A.在b、d两位置受到的摩擦力方向都竖直向上，与重力平衡，方向相同，故C错误；
D.在a点时，根据牛顿第二定律，在c点时Fc−mg=mv2R
并根据牛顿第三定律可知，该小衣物在c位置对滚筒壁的压力大于它在a位置对滚筒壁的压力，故D正确；
故选D。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查万有引力在天体中的应用，在做题中要注意变轨过程中速度的变化。，结合变轨原理进行分析天舟号与天宫号对接前的情况。
根据万有引力提供向心力分析“天舟号”的线速度、加速度的变化情况。由开普勒第三定律分析周期关系。
【解答】
A.天舟号与天宫号对接前必须先加速，做离心运动，才能与天宫号对接，故 A正确;
B.根据变轨原理可知，“天舟号”在A点从圆轨道加速可进入椭圆轨道.根据GMmr2=mv2r
解得v= GMr
可知天舟号“在A点所在圆轨道的线速度大于在B点所在圆轨道的线速度.所以“天舟号”在A点的线速度大于天宫号的线速度，故B错误;
C.根据GMmr2=ma，可得a=GMr2，则天舟号“在B点的加速度大小等于天宫号”的加速度大小，故C错误;
D.由开普勒第三定律，可知天舟号“比天宫号”运动周期小，故 D错误。
故选A.
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是清楚同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度；根据万有引力提供向心力得出同步卫星速度与第一宇宙速度的关系。
【详解】
A.由万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，则v= GMr，又r=nR，第一宇宙速度v′= GMR，地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，所以同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 1n，故A错误。
B.同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据v=rω知，同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转的速度的n倍，故B错误。
C.根据GMmr2=ma，得a=GMr2，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的1n2，故C正确。
D.若忽略地球的自转效应，GMmR2=m2πT2R，解得M=4π2R3GT2，地球的密度可表示为ρ=MV=M43πR3=3πGT2
10.【答案】A
【解析】【分析】
仰卧起坐的过程中克服重力做功，由W=G′h即可求出每一次克服重力做的功，然后求出总功，再由功率的表达式P=Wt即可求出克服重力做功的平均功率。
本题要建立模型，估算出考查功的计算，每次上半身重心上升的距离，要注意人克服重力做的功等于0.6mgh是解答的关键。
【解答】
设上半身的质量为小李质量的0.6倍，小李的质量设为45kg，他每一次克服重力做的功为：W=0.6mgh=0.6×45×10×0.4J=108J
1min内她克服重力所做的总功为：W总=42W=42×108J=4536J
她克服重力做功的平均功率为：P=W总t=453660W=75.6W，最接近的是70W，故A正确，BCD错误。
故选：A。
11.【答案】D
【解析】【分析】
根据几何关系求出座椅做圆周运动的半径，座椅靠重力和拉力的合力提供向心力，合力的方向始终指向圆心。
解决本题的关键知道座椅做圆周运动向心力的来源，注意物理量的矢量性，以及知道座椅在竖直方向上的合力为零。
【解答】
解：AB、对座椅受力分析，如图所示
y轴上，Fcsθ=mg解得 F=mgcsθ.
x轴上，Fsinθ=mω2(r+Lsinθ)
解得F=mω2(r+Lsinθ)sinθ，故AB错误；
C、对飞椅受力分析，在竖直方向合力为零，故绳子在竖直方向上有分力，故绳子不可能水平方向，故C错误；
D、当质量不同时，根据牛顿第二定律可得：mgtanθ=mω2(r+Lsinθ)，解得gtanθ=ω2(r+Lsinθ)，与质量无关，摆开的夹角θ一样大，故D正确；
故选：D。
12.【答案】D
【解析】【分析】
以C为研究对象对其受力分析，解得绳子拉力，从而计算A，对AB整体受力分析，根据共点力平衡条件结合牛顿第二定律分析BCD。
本题主要考查了受力分析和牛顿第二定律的应用，解题的关键点是根据加速度的分解，进而代入数据完成解答，难度中等。
【解答】
A.依题意有，以C为研究对象对其受力分析，设绳子张力为T，杆对C的作用力为N，则有
Tcsβ=mCg
解得
T=4 N
两绳子的夹角为120∘，则细线对定滑轮的作用力大小为
F=T=4 N
方向竖直向下，故A错误；
B.对A、B整体，根据共点力平衡条件有
T+f=(mA+mB)gsinα
解得
f=11 N
斜面对B的摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知B对斜面的摩擦力沿斜面向下，故B错误；
CD.将A、B视为一整体，剪断细线后，假设水平方向上没有相对滑动，则有共同的加速度沿斜面下滑，设为a，有
(mA+mB)gsinα−μ(mA+mB)gcsα=(mA+mB)a
解得
a=1.25 m/s2
则在竖直和水平方向的分加速度为
ay=asin30∘=58 m/s2， ax=acs30∘=5 38 m/s2
设B对A的支持力为 N′ ，根据牛顿第二定律有
mAg−N′=mAay
解得
N′=3.75N
水平方向的摩擦力为
f=mAax=5 38 N<μmAg
可见A、B没有相对滑动，故C错误，D正确。
故选D。
13.【答案】C
【解析】【分析】解决本题的关键要从图象读取有效信息，明确物体在空中的动能Ek随小球离地高度h变化的关系图像，根据动能定理进行解答。由图象的横截距知抛出时的动能以及小球返回到抛出点时的动能；根据动能定理列式求小球受到的重力与阻力的大小之比；小球上升过程中和下降过程中，克服阻力做功相等，根据牛顿第二定律和运动学公式可知小球上升过程所用的时间与下降过程所用的时间之比。
【解答】
A.小球上升过程中动能逐渐减小，下降过程中动能逐渐增大，由于阻力的作用，小球返回到抛出点时的动能小于抛出时的动能，故图线甲反映了小球下降过程中的动能变化规律，A错误；
B.因为下降过程受到阻力作用，故下降过程减少的重力势能等于增加的动能和克服阻力做功，B错误；
C.小球上升过程中和下降过程中，克服阻力做功相等，故机械能的变化量相等，C正确；
D.由动能定理可知，小球上升过程中有 −mg+fh=0−Ek0
小球下降过程中返回到抛出点时的动能为 13Ek0 ，则下降过程中有 mg−fh=13Ek0−0
联立解得 f=12mg
根据牛顿第二定律可知，上升过程 mg+f=ma1
下降过程 mg−f=ma2
小球上升过程中的加速度与下降过程中的加速度大小之比为 a1:a2=3:1
根据运动学公式 h=12at2 ，小球上升过程所用的时间与下降过程所用的时间之比等于 1: 3 。
答案选C。
14.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查的是由曲率半径的方法研究一般的曲线运动，链条传动的特点，汽车上坡过程中减速增力，海王星的发现证明万有引力的正确性。
【解答】A.甲：某质点做一般的曲线运动，在分析某位置的运动时，根据曲率半径的概念，可以采用圆周运动的分析方法来处理，选项 A正确;
B.乙：自行车行驶过程中，小齿轮边缘的点比大齿轮边缘的点由于链条传动，线速度相等，选项B错误;
C.汽车上坡时的牵引力为F=Pv，由于汽车的最大功率是一定的，当减小行驶速度时可以获得更大的牵引力，选项 C正确。
D.海王星的预言和发现极大地支持了万有引力定律的正确性，选项 D错误;
15.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查由力判断运动。
蹦床弹力最大时，演员运动到最低点，此时弹力最大，速度为零；
当蹦床对演员的弹力等于演员的重力大小时，演员的速度达到最大。
【解答】A.a时刻蹦床的弹力最大，此时演员运动到最低点，速度为零，故A正确；
B.当蹦床对演员的作用力等于重力大小时，合力为零，加速度为零，演员的速度达到最大，则演员速度最大的点在b点之前，故B错误；
C.从a时刻到b时刻演员上升的距离不能计算，则不能计算出此段时间内重力对演员做的功，不能计算出蹦床对演员做的功，故C错误；
D.该过程中有弹力对运动员做功，机械能不守恒，故D正确。
16.【答案】(1)AD；(2)BD；(3)A
【解析】【分析】
本题考查了探究平抛运动的特点；要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理。平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动。
(1)根据实验原理和实验操作选器材；
(2)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
(3)根据实验要求分析。
【解答】
(1)需要重垂线确保木板在竖直平面内，也可方便确定坐标轴，还需要白纸和复写纸记录小球平抛过程的位置，需要测量水平位移、竖直方向位移，不需要测小球的质量，运动时间；
故AD正确，BC错误。
(2)A.为了保证小球初速度相同，让小球多次从斜槽同一点由静止释放，斜槽不一定需要光滑，故A错误；
B.小球在平抛运动时要靠近但不接触木板，故B正确；
C.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，用平滑曲线连接各点，偏离较远的点可以舍去，故C错误；
D.小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，这样可以使小球每次的轨迹相同，故D正确。
(3)根据图乙可知，画轨迹时应选图中的A点。
17.【答案】(1)1.0；(2)g
【解析】【分析】
本题考查了探究加速度与力、质量的关系；要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、实验步骤、数据处理和误差分析。
(1)根据逐差法计算加速度；
(2)根据牛顿第二定律，运用整体法求出加速度，从而分析解答。
【解答】
(1)根据逐法，可得加速度为：a=CE−AC(2T)2=21.6−8.8−×0.01m/s2=1.0m/s2。
(2)当小桶和沙的总质量远大于小车的质量时，把小桶和沙还有小车看成一个整体，由牛顿第二定律可得：
mg=(M+m)a
解得a=gMm+1
当m≫M时a=g。
18.【答案】(1)B；
(2)0.495；大于；C
(3)A；
(4)mgl=(m+M)d22t2
【解析】【分析】
本题考查了验证机械能守恒定律；根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
(1)根据实验原理和实验操作注意事项分析各操作的是否合理；
(2)由纸带读出下落高度，计算出重力势能变化的绝对值，根据匀变速直线运动一段时间的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，由纸带数据计算出打C点的速度；由实验结果和实验原理分析产生此结果的可能原因；
(3)(4)根据实验原理分析。
【解答】
(1)A.由实验过程中我们比较mgh与12mv2可知，m可以消掉，则不需要测出重物和夹子的质量，故A错误；
B.在验证“机械能守恒定律”的实验中，不需要初速度等于零，则选取的第一个计数点对应重物的速度可以不为零，故B正确；
C.纸带第一个打点的点迹不一定清晰，为了计数方便可任意间隔相等的计时点取一个计数点，所以选取的两个计数点不一定需间隔4个计时点，故C错误；
D.根据打出的纸带应用匀变速直线运动的推论求出重锤的速度，不能根据某点O点的距离h，由公式v= 2gh求出重锤速度，或根据某点到O点的时间t再根据公式v=gt求出重锤的速度，故D错误。
(2)由图乙读出OB的距离为ΔxOC=xB−xO=23.30cm−0=23.30cm=0.2330m
重物的重力势能变化量的绝对值|ΔEP|=mgΔxOB=200×10−3×9.80×0.2330J≈0.457J
交流电频率f=50Hz，打连续点迹的时间间隔T=1f=150s=0.02s
根据匀变速直线运动一段时间的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，可知
打B点的速度vB=ΔxAC2T=xC−xA2T=(27.90−19.00)×10−22×0.02m/s=2.225m/s
B点的动能EkB=12mvB2=12×200×10−3×2.2252J≈0.495J
由实验结果可知：EkB大于|ΔEP|；
A.打点计时器的工作电压偏高，并不会影响重物与纸带的受力与运动，对实验结果无影响，故A错误；
B.交流电源的实际频率大于50Hz，测得的速度偏小，则结果减少的重力势能应大于增加的动能，与实验结果不符，故B错误；
C.接通电源前释放了纸带，会使打下的第一个点时重物已经具有了速度，即重物的初速度大于零，则使末动能偏大，符合实验结果，故C正确；
D.重物与纸带下落过程中受到空气阻力和摩擦力，会使机械能发生损失，结果减少的重力势能应大于增加的动能，与实验结果不符，故D错误。
(3)A.将气垫导轨调成倾斜状态是为了将滑块的重力势能转化为动能，故A正确；
B.在该实验中不需要平衡摩擦力，故B错误；
C.由于气垫导轨的摩擦力很小，可以忽略不计，则可以用该装置验证机械能守恒，故C错误。
(4)遮光条通过光电门的速度为v=dt
砝码和砝码盘重力势能的减小量为ΔEp=mgl
砝码和砝码盘以及滑块动能的增加量为ΔEk=12(m+M)v2=12(m+M)(dt)2
若系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，则满足机械能守恒定律，即为验证机械能守恒，需要满足的关系式为：mgl=(m+M)d22t2。
19.【答案】解：(1)根据公式v12=2gh
得v1= 143600=20 359m/s；
(2)实际落地v2=216km/h=60m/s
损失的机械能为E =12mv12−12mv22
解得E损=4.9×106J；
(3)触网后，由动能定理有mgx−Ffx=0−12mv22
得Ff=2800N。
【解析】本题考查的是由速度与位移的关系求出触网时的速度，由功能关系求出空中下落过程中(触网前)艾金斯损失的机械能；根据动能定理求出触网后艾金斯受到的平均阻力。
20.【答案】解：(1)当AC拉力F1=0时，对应的ω1为最大
由mg=mω12l2
得ω1= 2gl
ω的范围为：0≤ω≤ 2gl；
(2)如图对小球受力分析有
水平方向：F1sinθ1−F2sinθ2=mω2l2
竖直方向：F1csθ1=F2csθ2+mg
解得F1=(1+ 3)2mg
F2=( 6− 2)4mg
(3)由平抛运动的规律x0=v0t
竖直方向：l=12gt2
而x0= 3l2得v0=12 3gl2
ω0=v0lsinθ1= 3g2l
当ω增大时，不管轻绳是否拉直，水平位移一定增大，则：
ω的范围为：ω> 3g2l 。
【解析】本题考查的是根据小球转动的临界问题计算角速度的最大值，由竖直方向和水平方向受力分析求出轻绳AC、轻杆BC所受的弹力大小，由平抛运动规律求出恰好不碰到圆盘的临界条件，再由线速度与角速度的关系求出ω的取值范围。
21.【答案】解：(1)对C受力分析，由平衡条件得：
N1⋅cs30∘=12mg
得：N1= 33mg；
(2)当N1=0时，加速度最大，有：
tan60∘=mgma
得：a= 33g；
(3)在反应时间内，两车相互靠近x1=(v1−v2)At=3m
若卡车以最大加速度刹车，速度减到5m/s前未相撞，则两车相互靠近
x2=(v1−v2)22a=(15−5)22a=5 3m
x+x2=(3+5 3)m(1)
x+x2=(3+5 3)m<20m
能避免交通事故。
【解析】(1)根据受力平衡求解油桶B和油桶C之间的弹力；
(2)当A对C的弹力为0时，汽车刹车时的最大加速度，根据角度关系求解；
(3)根据运动规律求解两段位移与起始距离比较即可。
本题考查临界问题和刹车问题，难度一般，找到临界状态是解题的关键。
22.【答案】(1)由图像得弹簧弹力做功W1=2J
W1=12mvA2
vA=4m/s
(2)若滑块在传送带上一直加速
a=μ1g=5m/s2
vB2−vA2=2aL1
vB=5m/s<6m/s，可知假设合理
此过程中皮带位移x带=1.2m
滑块与皮带的相对位移x相=x带−L1=0.3m
Q=μ1mgx相=0.375J
(3)若滑块刚好过F点，mg=mvF2R
mg2R=12mvE2−12mvF2
vE=2m/s
若刚好能到Q点，12mvE2=μ2mgL2
vE=1m/s
所以vE>2m/s
滑块在摆渡车上时，滑块速am=5m/s2，渡车加速aM=5m/s2
由v−t图像可知，从滑上摆被车到达到共速v共 =2.5m/s，相对位移x1=1.25m
所以x>1.25m
摆液车停止后滑块继续减速，−μ1mgx2=12mvD2−12mv共2
vD>2m/s滑块才能过F点
所以x2<0.225m
所以x=x1+x2<1.475m
所以1.25m
【解析】【解析】(1)由图像得弹簧弹力做功，根据动能定理求滑上传送带的初速度vA；
(2)根据牛顿第二定律结合运动学公式求先对位移，根据功能关系求热量；
(3)小球恰能通过圆形轨道的最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出小球经圆形轨道的最高点时的速度．根据动能定理结合牛顿定律联立求解。
本题主要是考查功能关系，关键是弄清楚滑块的运动过程，再根据能量关系分析。
1.下列四组物理量中均为矢量的是( )
A. 速率 重力B. 弹力 向心加速度C. 摩擦力 功率D. 周期 动能
2.2023年9月21日的“天宫课堂”第四课中，航天员演示了关于陀螺的实验。对于在空间站中处于“静止”状态的陀螺，下列说法正确的是( )
A. 陀螺相对于地球表面静止B. 陀螺所受合外力不为零
C. 陀螺受到万有引力和向心力的作用D. 陀螺处于失重状态，不受重力
3.体育课上，小明和小张两位同学在打羽毛球，羽毛球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，某时刻羽毛球处于上升过程，则此时羽毛球所受合外力示意图可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步。以下说法正确的是( )
A. 亚里士多德提出了动力学的第一条定律——惯性定律
B. 研究自由落体运动中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
C. 开普勒通过分析第谷的观测数据，总结出了行星运动三大定律
D. 卡文迪许利用“地-月检验”验证了万有引力定律的正确性，使其得到了广泛的应用
5.在名著《西游记》中讲述了一只大龟浮水作舟，驮着唐僧师徒渡过通天河的故事。如图所示，通天河中水流的速度大小恒为v0，方向平行于河岸，大龟 A处出发后沿直线AB将唐僧师徒四人和白龙马匀速送达对岸的B处， AB与河岸成37∘角。已知sin37∘=35，cs37∘=45，则大龟在水中的速度至少为( )
A. 34v0B. 45v0C. 35v0D. 43v0
6.如图所示，一个小球分别沿三条轨道由静止从同一点出发到达相同的终点，发现小球从 B轨道滑下用时最短， C轨道其次， A轨道最长， B轨道轨迹称为最速降线，设计师在设计过山车时大多采用 B轨道。若忽略各种阻力，比较沿三条轨道下滑情况，下列说法正确的是( )
A. 下滑过程中重力做功的功率一样大
B. 沿C轨道滑下，轨道对小球的支持力做功最多
C. 到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球速度最大
D. 到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球重力功率最大
7.如图甲是滚筒式洗衣机。洗衣机脱水完成前的某段时间内，可认为水已脱干，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动，如图乙所示。若一件小衣物在此过程中随滚筒转动经过最高位置 a、最低位置c、与滚筒圆心等高位置b、d，则下列说法正确的是( )
A. 洗衣机能脱水是因为水滴受到离心力的作用
B. 该小衣物在a、b、c、d四点的线速度相同
C. 该小衣物在b位置受到的摩擦力和在d位置受到的摩擦力方向不同
D. 该小衣物在c位置对滚筒壁的压力大于它在a位置对滚筒壁的压力
8.2023年我国“天宫号”太空实验室实现了长期有人值守，我国迈入空间站时代。如图所示，“天宫号”太空实验室轨道可视为圆形，“天舟号”货运飞船沿椭圆轨道运行， A、B两点分别为椭圆轨道的近地点和远地点，则以下说法正确的是( )
A. “天舟号”与“天宫号”在B点对接前必须先启动助推器加速
B. “天舟号”在A点的线速度小于“天宫号”在B点的线速度
C. “天舟号”在B点的加速度小于“天宫号”在B点的加速度
D. “天舟号”在椭圆轨道的周期比“天宫号”周期大
9.2024年2月23日，“长征5号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功，被誉为龙年首发。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的 n倍，已知地球自转周期为 T，万有引力常量为 G，下列说法中正确的是( )
A. 同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 n倍
B. 同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的1n
C. 同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的1n2
D. 若忽略地球的自转效应，地球的密度可表示为ρ=3πGT2
10.仰卧起坐是高中毕业生体育测试的项目之一。如图所示，一中等身材女生小李同学在此次测试过程中，一分钟完成42个仰卧起坐，每次起坐时下半身不动， g取10m/s2。则小李同学在此次测试过程中，克服重力做功的平均功率约为( )
A. 70WB. 140WC. 280WD. 560W
11.有一种叫“飞椅”的游乐项目。如图所示，长为 L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为 r的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力。以下说法正确的是( )
A. 钢绳的拉力大小为mgsinθ
B. 钢绳的拉力大小为mω2(r+Lsinθ)
C. 如果角速度足够大，可以使钢绳成水平拉直
D. 两个体重不同的人，摆开的夹角θ一样大
12.如图所示，倾角α=30∘的斜面固定在水平地面上。质量分别为1kg、2kg的两物块A、B置于斜面上，质量为0.2kg的物块C穿在固定在地面上的光滑竖直杆上，A与C之间用跨过光滑定滑轮的轻质细线连接，滑轮左侧的细线与斜面平行，滑轮右侧的细线与竖直方向的夹角β=60∘，A、B、C均处于静止状态， B的上表面水平，A与B、B与斜面之间的动摩擦因数均为 34，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，则( )
A. 细线对定滑轮的作用力大小为2N，方向竖直向下
B. B对斜面的摩擦力大小为11N，方向沿斜面向上
C. 剪断细线后， A对B的压力为10N
D. 剪断细线后， A、B之间摩擦力的大小为5 38N
13.将一小球从地面竖直向上抛出，其在空中的动能Ek随小球离地高度h变化的关系图像如图中的直线甲、乙所示(图中九个小正方形的边长均相等)。下列说法正确的是( )
A. 图线甲反映了小球下降过程中的动能变化规律
B. 小球下降过程减少的重力势能等于增加的动能
C. 小球上升过程中的机械能变化量等于下降过程中的机械能变化量
D. 小球上升过程所用的时间与下降过程所用的时间之比等于1:3
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
14.下列关于教材中插图表述正确的是( )
A. 甲：某质点做一般的曲线运动，在分析某位置的运动时，可以采用圆周运动的分析方法来处理
B. 乙：自行车行驶过程中，小齿轮边缘的点比大齿轮边缘的点线速度更大
C. 丙：汽车上坡时采用低速档是为了获得更大的牵引力
D. 丁：天王星的发现证明了万有引力定律的正确性
15.2024年春晚杂技节目《跃龙门》为观众带来了一场视觉盛宴。彩排时为确保演员们能够准确掌握发力技巧，教练组将压力传感器安装在图甲的蹦床上，记录演员对弹性网的压力。图乙是某次彩排中质量为40 kg的演员在竖直方向运动时计算机输出的压力-时间(F−t)图像，运动员可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 在a时刻演员速度为零
B. 在b时刻演员速度最大
C. 从a时刻到b时刻，蹦床对演员做的功等于1280 J
D. 从a时刻到b时刻，演员机械能不守恒
三、实验题：本大题共3小题，共27分。
16.用如图甲所示的装置做“探究平抛运动的特点”实验，白纸和复写纸固定在装置的背板上，小球从斜槽 M轨道末端滑出后，被水平放置的倾斜挡板 N挡住，调整倾斜挡板N的位置，记录小球运动经过的多个位置，描出平抛运动的轨迹。
(1)本实验除木板、小球、白纸、复写纸、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的有__________(多选)
A.重锤线
B.秒表
C.天平
D.刻度尺
(2)关于实验应注意的问题，下列做法合理的是：__________(多选)
A.斜槽轨道必须光滑且末端水平
B.钢球运动时要靠近但不接触装置的背板
C.要使描绘出的轨迹更好的反映真实运动，应用平滑曲线把所有的点连接起来
D.小球开始滚下的位置高度要适中，以使小球做平抛运动的轨迹由白纸的左上角一直到达白纸右下角为宜
(3)如图乙为某位同学在实验中获得的一些钢球印迹，发现印迹并不是一个圆点，而是一段曲线，则画轨迹时应选图中的A(曲线左边最高点)、B(曲线最低点)、C(曲线右边最高点)三点中的__________点
17.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力的关系。
(1)图乙为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间还有4个计时点没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图乙所示。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车的加速度的测量值a=__________m/s2。(结果保留两位有效数字)
(2)正确补偿阻力后，保持小车的质量 M不变，用砂和小桶的总重力 mg作为小车受到的合外力F，改变砂的质量，多次实验，利用测得的数据，可得到小车的加速度 a和F的关系图像。拉力F较大时，a−F图线明显弯曲(如图丙所示)。若不断增加小桶中砂的质量，a−F图像中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度a的趋向值为__________(用题中出现的物理量字母表示)。
18.在“验证机械能守恒定律”实验中
(1)用图甲装置进行验证，则下列说法合理的是__________
A.实验前必须先用天平测出重物和夹子的质量
B.选取的第一个计数点对应重物的速度可以不为零
C.本实验数据处理中必须每隔4个计时点取1个计数点
D.重物下落的高度用刻度尺测量，某位置的速度用v=gt来计算
(2)用图甲所示的实验装置得到如图乙所示的一条纸带，O点是打下的第一个点，A、B、C为另外3个连续打下的点。已知交流电频率为50HZ，重物质量为200g，当地重力加速度g=9.8m/s2，则从O点到B点，重物的重力势能变化量的绝对值ΔEp=0.457J、B点的动能EKB=__________J(计算结果均保留3位有效数字)。从计算结果中发现EKB__________(选填“大于”、“小于”、“等于”)ΔEp，分析出现这一结果的原因可能是__________。
A.交流电源的工作电压偏高
B.交流电源的实际频率大于50Hz
C.接通电源前释放了纸带
D.存在空气阻力和摩擦力
(3)用图丙装置进行验证，操作中需把气垫导轨调成倾斜状态，则__________
A.调整倾斜状态是为了将滑块的重力势能转化为动能
B.调整倾斜状态是为了平衡滑块下滑时受到的阻力
C.不能用该装置验证机械能守恒，因为该物块下滑过程中机械能不守恒
(4)用图丁装置进行验证，气垫导轨调成水平，遮光条的宽度为d，滑块移至图示位置，遮光条到光电门的距离为l。滑块由静止释放，遮光条通过光电门的遮光时间为t，砝码和砝码盘的总质量为m，滑块的质量为M，为验证机械能守恒，需要满足的关系式__________(用题中字母表示)。
四、计算题：本大题共4小题，共40分。
19.美国职业跳伞玩家卢克⋅艾金斯曾不带降落伞从近万米高空一跃而下，后落入一张30×30m的缓冲网中，毫发无损。卢克⋅艾金斯的起跳高度离地约7280m，经过空中140s下落过程，以216km/h的速度竖直落入缓冲网兜中心。已知缓冲网兜离地面高度100m，艾金斯体重70 kg，在落入网中以后还要下降60 m才能停稳。忽略起跳初速度， g近似取10m/s2。求：
(1)若艾金斯触网前做自由落体运动，触网时速度(答案中可以保留根号)。
(2)空中下落过程中(触网前)艾金斯损失的机械能。
(3)触网后艾金斯受到的平均阻力。
20.如图所示的玩具转盘半径为l，角速度ω可以调节，转盘中心 O点固定了一竖直杆。质量为m的小球用轻绳AC和轻杆BC一起连接在竖直杆上，轻绳 AC长为l，与竖直杆上 A点相连，轻杆 BC用铰链连接在竖直杆上的B点且可绕B点自由转动，OB=32l。圆盘静止时轻绳AC与竖直方向夹角θ1=30∘，轻杆BC与竖直方向夹角θ2=45∘。不计摩擦阻力，重力加速度为g。
(1)要保持轻绳拉直，求ω的取值范围
(2)当ω= gl时，求轻绳 AC、轻杆BC所受的弹力大小
(3)在转动过程中小球忽然脱离，要求小球不能碰到圆盘，求ω的取值范围
21.一辆货车运载着规格相同、质量均为m的圆柱形光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶 C，自由地摆放在桶 A、B之间，没有用绳索固定，如图所示。求：
(1)当卡车匀速行驶时，油桶 B和油桶C之间的弹力;
(2)为保证行车安全，卡车刹车时的最大加速度;
(3)大雾天，卡车以v1=54km/h的速度行驶时突然发现前方x0=20m处有电动自行车在以v2=18km/h的速度匀速同向行驶，卡车司机经过Δt=0.3s反应后紧急刹车，若骑车人对危险毫无察觉，请通过计算判断卡车能否避免发生事故。(g取10m/s2)
22.一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在Q处的竖直挡板组成，除传送带和 PQ段外各段表面均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 DE、PQ相切于E(P)处，螺旋圆形轨道半径R=0.08m。传送带的水平部分AB长L1=0.9m，沿顺时针运行的速率v=6m/s。PQ间距离L2=0.25m。凹槽CHID内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 CH处，摆渡车质量M=0.25kg，上表面与 A、B、C、D、E、Q点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的 DI侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量m=0.25kg的滑块(可视作质点)向左压缩弹簧至O点由静止释放(OA>0.4m)，弹簧的弹力F与滑块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示。已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为μ1=0.5，滑块与轨道 PQ间的动摩擦因数为μ2=0.2，重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)滑块滑上传送带的初速度vA;
(2)滑块在传送带上运行过程中因摩擦产生的热量Q
(3)为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长度 x的范围
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
矢量是指既有大小又有方向的物理量，运算时遵守平行四边形定则。标量是只有大小没有方向的物理量，运算时遵守代数加减法则。
本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握。要注意矢量的运算符合平行四边形法则。
【解答】
A、速率不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，所以速率是标量，重力是矢量。故A错误。
B、弹力 向心加速度均为矢量，故B正确。
C、摩擦力为矢量，功率为标量，故C错误。
D、周期 动能均为标量，故D错误。
2.【答案】B
【解析】【分析】本题考查万有引力与惯性知识，基础题目。
根据陀螺的运动情况和失重知识分析即可判断。
【解答】陀螺与空间站相对静止，则陀螺随空间站在万有引力作用下做匀速圆周运动，其合外力不为0，空间站没有在同步卫星轨道，相对地面不静止，此时处于失重状态，但并不是失去重力，故B正确，ACD错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】曲线运动的物体受到的合力一定指向轨迹弯曲的内侧，曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，若力与运动方向成锐角，则物体做加速运动，若力与运动方向成钝角，则物体做减速运动。
【解答】BD.羽毛球在空中做曲线运动，所以羽毛球所受合力应指向轨迹的凹侧，故BD错误。
AC.羽毛球处于上升过程，速度在减小，所以所受合力与速度之间的夹角应为钝角，故C错误，A正确。
4.【答案】C
【解析】【分析】
明确有关物理学理论建立过程中各位物理学家的主要贡献即可正确解答。
本题考查对物理学史的掌握情况；物理学史属于常识性问题，平时要加强记忆，注意积累。
【解答】
A、牛顿提出了动力学的第一条定律——惯性定律，故A错误；
B、研究自由落体运动中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并用理想斜面实验进行了验证，故 B错误；
C、开普勒通过分析第谷的观测数据，总结出了行星运动三大定律，故 C正确；
D、牛顿利用“地-月检验”验证了万有引力定律的正确性，使其得到了广泛的应用，故 D错误。
5.【答案】C
【解析】【分析】本题关键先确定分速度与合速度中的已知情况，然后根据平行四边形定则确定未知情况，注意借助于矢量图求解。
本题中大龟参与了两个分运动，沿大龟的分运动和顺水流而下的分运动，合速度方向已知，顺水流而下的分运动速度的大小和方向都已知，根据平行四边形定则可以求出大龟相对水的速度的最小值。
【解答】解：大龟参与了两个分运动，沿大龟的分运动和顺水流而下的分运动，其中，合速度v合方向已知，大小未知，顺水流而下的分运动v水速度的大小和方向都已知，沿大龟的分运动的速度v大小和方向都未知，合速度与分速度遵循平行四边形定则(或三角形定则)，如图：
当v合与v垂直时，v最小，由几何关系得到v的最小值为：v=v水sin37∘=v0sin37∘=35v0，故A正确，BCD错误。
故选：C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
根据功率的计算公式分析出平均功率的大小情况；支持力与速度方向时刻垂直，所以支持力对小球不做功；根据机械能守恒定律分析出小球在终点处的速度特点；由重力功率的特点求出A球的功率最大。
本题主要考查了功率的计算问题，理解做功的计算，结合时间的长短分析出平均功率的大小关系。
【解答】
A、小球沿三条轨道下滑到底端时下降高度相同，所以重力做功相同，而小球沿B轨道下滑过程中所用时间最短，所以重力做功的平均功率最大，故A错误；
B、小球无论沿哪条轨道下滑，支持力都始终与速度方向垂直，所以支持力不做功，故B错误；
C、由机械能守恒，小球在三条轨道的终点处速度大小相同，故C错误；
D、到达终点前瞬间，沿A轨道下滑的小球速度与竖直方向的夹角θ最小，重力功率PG=mgcsθ，重力功率最大，故D正确。
7.【答案】D
【解析】【分析】
衣物随脱水桶一起做匀速圆周运动，故所需的向心力大小相同，但方向时刻在变化，根据受力分析即可判断解题。
解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。
【解答】A.洗衣机能脱水是因为水滴受到离心作用，而不是离心力，无离心力，只有离心作用，故A错误；
B.小衣物在a、b、c、d位置的线速度大小相等，但方向不同，故B错误；
C.A.在b、d两位置受到的摩擦力方向都竖直向上，与重力平衡，方向相同，故C错误；
D.在a点时，根据牛顿第二定律，在c点时Fc−mg=mv2R
并根据牛顿第三定律可知，该小衣物在c位置对滚筒壁的压力大于它在a位置对滚筒壁的压力，故D正确；
故选D。
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查万有引力在天体中的应用，在做题中要注意变轨过程中速度的变化。，结合变轨原理进行分析天舟号与天宫号对接前的情况。
根据万有引力提供向心力分析“天舟号”的线速度、加速度的变化情况。由开普勒第三定律分析周期关系。
【解答】
A.天舟号与天宫号对接前必须先加速，做离心运动，才能与天宫号对接，故 A正确;
B.根据变轨原理可知，“天舟号”在A点从圆轨道加速可进入椭圆轨道.根据GMmr2=mv2r
解得v= GMr
可知天舟号“在A点所在圆轨道的线速度大于在B点所在圆轨道的线速度.所以“天舟号”在A点的线速度大于天宫号的线速度，故B错误;
C.根据GMmr2=ma，可得a=GMr2，则天舟号“在B点的加速度大小等于天宫号”的加速度大小，故C错误;
D.由开普勒第三定律，可知天舟号“比天宫号”运动周期小，故 D错误。
故选A.
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查万有引力定律的应用。解决问题的关键是清楚同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度；根据万有引力提供向心力得出同步卫星速度与第一宇宙速度的关系。
【详解】
A.由万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，则v= GMr，又r=nR，第一宇宙速度v′= GMR，地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，所以同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 1n，故A错误。
B.同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据v=rω知，同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转的速度的n倍，故B错误。
C.根据GMmr2=ma，得a=GMr2，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的1n2，故C正确。
D.若忽略地球的自转效应，GMmR2=m2πT2R，解得M=4π2R3GT2，地球的密度可表示为ρ=MV=M43πR3=3πGT2
10.【答案】A
【解析】【分析】
仰卧起坐的过程中克服重力做功，由W=G′h即可求出每一次克服重力做的功，然后求出总功，再由功率的表达式P=Wt即可求出克服重力做功的平均功率。
本题要建立模型，估算出考查功的计算，每次上半身重心上升的距离，要注意人克服重力做的功等于0.6mgh是解答的关键。
【解答】
设上半身的质量为小李质量的0.6倍，小李的质量设为45kg，他每一次克服重力做的功为：W=0.6mgh=0.6×45×10×0.4J=108J
1min内她克服重力所做的总功为：W总=42W=42×108J=4536J
她克服重力做功的平均功率为：P=W总t=453660W=75.6W，最接近的是70W，故A正确，BCD错误。
故选：A。
11.【答案】D
【解析】【分析】
根据几何关系求出座椅做圆周运动的半径，座椅靠重力和拉力的合力提供向心力，合力的方向始终指向圆心。
解决本题的关键知道座椅做圆周运动向心力的来源，注意物理量的矢量性，以及知道座椅在竖直方向上的合力为零。
【解答】
解：AB、对座椅受力分析，如图所示
y轴上，Fcsθ=mg解得 F=mgcsθ.
x轴上，Fsinθ=mω2(r+Lsinθ)
解得F=mω2(r+Lsinθ)sinθ，故AB错误；
C、对飞椅受力分析，在竖直方向合力为零，故绳子在竖直方向上有分力，故绳子不可能水平方向，故C错误；
D、当质量不同时，根据牛顿第二定律可得：mgtanθ=mω2(r+Lsinθ)，解得gtanθ=ω2(r+Lsinθ)，与质量无关，摆开的夹角θ一样大，故D正确；
故选：D。
12.【答案】D
【解析】【分析】
以C为研究对象对其受力分析，解得绳子拉力，从而计算A，对AB整体受力分析，根据共点力平衡条件结合牛顿第二定律分析BCD。
本题主要考查了受力分析和牛顿第二定律的应用，解题的关键点是根据加速度的分解，进而代入数据完成解答，难度中等。
【解答】
A.依题意有，以C为研究对象对其受力分析，设绳子张力为T，杆对C的作用力为N，则有
Tcsβ=mCg
解得
T=4 N
两绳子的夹角为120∘，则细线对定滑轮的作用力大小为
F=T=4 N
方向竖直向下，故A错误；
B.对A、B整体，根据共点力平衡条件有
T+f=(mA+mB)gsinα
解得
f=11 N
斜面对B的摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律可知B对斜面的摩擦力沿斜面向下，故B错误；
CD.将A、B视为一整体，剪断细线后，假设水平方向上没有相对滑动，则有共同的加速度沿斜面下滑，设为a，有
(mA+mB)gsinα−μ(mA+mB)gcsα=(mA+mB)a
解得
a=1.25 m/s2
则在竖直和水平方向的分加速度为
ay=asin30∘=58 m/s2， ax=acs30∘=5 38 m/s2
设B对A的支持力为 N′ ，根据牛顿第二定律有
mAg−N′=mAay
解得
N′=3.75N
水平方向的摩擦力为
f=mAax=5 38 N<μmAg
可见A、B没有相对滑动，故C错误，D正确。
故选D。
13.【答案】C
【解析】【分析】解决本题的关键要从图象读取有效信息，明确物体在空中的动能Ek随小球离地高度h变化的关系图像，根据动能定理进行解答。由图象的横截距知抛出时的动能以及小球返回到抛出点时的动能；根据动能定理列式求小球受到的重力与阻力的大小之比；小球上升过程中和下降过程中，克服阻力做功相等，根据牛顿第二定律和运动学公式可知小球上升过程所用的时间与下降过程所用的时间之比。
【解答】
A.小球上升过程中动能逐渐减小，下降过程中动能逐渐增大，由于阻力的作用，小球返回到抛出点时的动能小于抛出时的动能，故图线甲反映了小球下降过程中的动能变化规律，A错误；
B.因为下降过程受到阻力作用，故下降过程减少的重力势能等于增加的动能和克服阻力做功，B错误；
C.小球上升过程中和下降过程中，克服阻力做功相等，故机械能的变化量相等，C正确；
D.由动能定理可知，小球上升过程中有 −mg+fh=0−Ek0
小球下降过程中返回到抛出点时的动能为 13Ek0 ，则下降过程中有 mg−fh=13Ek0−0
联立解得 f=12mg
根据牛顿第二定律可知，上升过程 mg+f=ma1
下降过程 mg−f=ma2
小球上升过程中的加速度与下降过程中的加速度大小之比为 a1:a2=3:1
根据运动学公式 h=12at2 ，小球上升过程所用的时间与下降过程所用的时间之比等于 1: 3 。
答案选C。
14.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查的是由曲率半径的方法研究一般的曲线运动，链条传动的特点，汽车上坡过程中减速增力，海王星的发现证明万有引力的正确性。
【解答】A.甲：某质点做一般的曲线运动，在分析某位置的运动时，根据曲率半径的概念，可以采用圆周运动的分析方法来处理，选项 A正确;
B.乙：自行车行驶过程中，小齿轮边缘的点比大齿轮边缘的点由于链条传动，线速度相等，选项B错误;
C.汽车上坡时的牵引力为F=Pv，由于汽车的最大功率是一定的，当减小行驶速度时可以获得更大的牵引力，选项 C正确。
D.海王星的预言和发现极大地支持了万有引力定律的正确性，选项 D错误;
15.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查由力判断运动。
蹦床弹力最大时，演员运动到最低点，此时弹力最大，速度为零；
当蹦床对演员的弹力等于演员的重力大小时，演员的速度达到最大。
【解答】A.a时刻蹦床的弹力最大，此时演员运动到最低点，速度为零，故A正确；
B.当蹦床对演员的作用力等于重力大小时，合力为零，加速度为零，演员的速度达到最大，则演员速度最大的点在b点之前，故B错误；
C.从a时刻到b时刻演员上升的距离不能计算，则不能计算出此段时间内重力对演员做的功，不能计算出蹦床对演员做的功，故C错误；
D.该过程中有弹力对运动员做功，机械能不守恒，故D正确。
16.【答案】(1)AD；(2)BD；(3)A
【解析】【分析】
本题考查了探究平抛运动的特点；要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理。平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动。
(1)根据实验原理和实验操作选器材；
(2)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
(3)根据实验要求分析。
【解答】
(1)需要重垂线确保木板在竖直平面内，也可方便确定坐标轴，还需要白纸和复写纸记录小球平抛过程的位置，需要测量水平位移、竖直方向位移，不需要测小球的质量，运动时间；
故AD正确，BC错误。
(2)A.为了保证小球初速度相同，让小球多次从斜槽同一点由静止释放，斜槽不一定需要光滑，故A错误；
B.小球在平抛运动时要靠近但不接触木板，故B正确；
C.为了比较准确地描出小球运动的轨迹，用平滑曲线连接各点，偏离较远的点可以舍去，故C错误；
D.小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放，这样可以使小球每次的轨迹相同，故D正确。
(3)根据图乙可知，画轨迹时应选图中的A点。
17.【答案】(1)1.0；(2)g
【解析】【分析】
本题考查了探究加速度与力、质量的关系；要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、实验步骤、数据处理和误差分析。
(1)根据逐差法计算加速度；
(2)根据牛顿第二定律，运用整体法求出加速度，从而分析解答。
【解答】
(1)根据逐法，可得加速度为：a=CE−AC(2T)2=21.6−8.8−×0.01m/s2=1.0m/s2。
(2)当小桶和沙的总质量远大于小车的质量时，把小桶和沙还有小车看成一个整体，由牛顿第二定律可得：
mg=(M+m)a
解得a=gMm+1
当m≫M时a=g。
18.【答案】(1)B；
(2)0.495；大于；C
(3)A；
(4)mgl=(m+M)d22t2
【解析】【分析】
本题考查了验证机械能守恒定律；根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
(1)根据实验原理和实验操作注意事项分析各操作的是否合理；
(2)由纸带读出下落高度，计算出重力势能变化的绝对值，根据匀变速直线运动一段时间的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，由纸带数据计算出打C点的速度；由实验结果和实验原理分析产生此结果的可能原因；
(3)(4)根据实验原理分析。
【解答】
(1)A.由实验过程中我们比较mgh与12mv2可知，m可以消掉，则不需要测出重物和夹子的质量，故A错误；
B.在验证“机械能守恒定律”的实验中，不需要初速度等于零，则选取的第一个计数点对应重物的速度可以不为零，故B正确；
C.纸带第一个打点的点迹不一定清晰，为了计数方便可任意间隔相等的计时点取一个计数点，所以选取的两个计数点不一定需间隔4个计时点，故C错误；
D.根据打出的纸带应用匀变速直线运动的推论求出重锤的速度，不能根据某点O点的距离h，由公式v= 2gh求出重锤速度，或根据某点到O点的时间t再根据公式v=gt求出重锤的速度，故D错误。
(2)由图乙读出OB的距离为ΔxOC=xB−xO=23.30cm−0=23.30cm=0.2330m
重物的重力势能变化量的绝对值|ΔEP|=mgΔxOB=200×10−3×9.80×0.2330J≈0.457J
交流电频率f=50Hz，打连续点迹的时间间隔T=1f=150s=0.02s
根据匀变速直线运动一段时间的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，可知
打B点的速度vB=ΔxAC2T=xC−xA2T=(27.90−19.00)×10−22×0.02m/s=2.225m/s
B点的动能EkB=12mvB2=12×200×10−3×2.2252J≈0.495J
由实验结果可知：EkB大于|ΔEP|；
A.打点计时器的工作电压偏高，并不会影响重物与纸带的受力与运动，对实验结果无影响，故A错误；
B.交流电源的实际频率大于50Hz，测得的速度偏小，则结果减少的重力势能应大于增加的动能，与实验结果不符，故B错误；
C.接通电源前释放了纸带，会使打下的第一个点时重物已经具有了速度，即重物的初速度大于零，则使末动能偏大，符合实验结果，故C正确；
D.重物与纸带下落过程中受到空气阻力和摩擦力，会使机械能发生损失，结果减少的重力势能应大于增加的动能，与实验结果不符，故D错误。
(3)A.将气垫导轨调成倾斜状态是为了将滑块的重力势能转化为动能，故A正确；
B.在该实验中不需要平衡摩擦力，故B错误；
C.由于气垫导轨的摩擦力很小，可以忽略不计，则可以用该装置验证机械能守恒，故C错误。
(4)遮光条通过光电门的速度为v=dt
砝码和砝码盘重力势能的减小量为ΔEp=mgl
砝码和砝码盘以及滑块动能的增加量为ΔEk=12(m+M)v2=12(m+M)(dt)2
若系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，则满足机械能守恒定律，即为验证机械能守恒，需要满足的关系式为：mgl=(m+M)d22t2。
19.【答案】解：(1)根据公式v12=2gh
得v1= 143600=20 359m/s；
(2)实际落地v2=216km/h=60m/s
损失的机械能为E =12mv12−12mv22
解得E损=4.9×106J；
(3)触网后，由动能定理有mgx−Ffx=0−12mv22
得Ff=2800N。
【解析】本题考查的是由速度与位移的关系求出触网时的速度，由功能关系求出空中下落过程中(触网前)艾金斯损失的机械能；根据动能定理求出触网后艾金斯受到的平均阻力。
20.【答案】解：(1)当AC拉力F1=0时，对应的ω1为最大
由mg=mω12l2
得ω1= 2gl
ω的范围为：0≤ω≤ 2gl；
(2)如图对小球受力分析有
水平方向：F1sinθ1−F2sinθ2=mω2l2
竖直方向：F1csθ1=F2csθ2+mg
解得F1=(1+ 3)2mg
F2=( 6− 2)4mg
(3)由平抛运动的规律x0=v0t
竖直方向：l=12gt2
而x0= 3l2得v0=12 3gl2
ω0=v0lsinθ1= 3g2l
当ω增大时，不管轻绳是否拉直，水平位移一定增大，则：
ω的范围为：ω> 3g2l 。
【解析】本题考查的是根据小球转动的临界问题计算角速度的最大值，由竖直方向和水平方向受力分析求出轻绳AC、轻杆BC所受的弹力大小，由平抛运动规律求出恰好不碰到圆盘的临界条件，再由线速度与角速度的关系求出ω的取值范围。
21.【答案】解：(1)对C受力分析，由平衡条件得：
N1⋅cs30∘=12mg
得：N1= 33mg；
(2)当N1=0时，加速度最大，有：
tan60∘=mgma
得：a= 33g；
(3)在反应时间内，两车相互靠近x1=(v1−v2)At=3m
若卡车以最大加速度刹车，速度减到5m/s前未相撞，则两车相互靠近
x2=(v1−v2)22a=(15−5)22a=5 3m
x+x2=(3+5 3)m(1)
x+x2=(3+5 3)m<20m
能避免交通事故。
【解析】(1)根据受力平衡求解油桶B和油桶C之间的弹力；
(2)当A对C的弹力为0时，汽车刹车时的最大加速度，根据角度关系求解；
(3)根据运动规律求解两段位移与起始距离比较即可。
本题考查临界问题和刹车问题，难度一般，找到临界状态是解题的关键。
22.【答案】(1)由图像得弹簧弹力做功W1=2J
W1=12mvA2
vA=4m/s
(2)若滑块在传送带上一直加速
a=μ1g=5m/s2
vB2−vA2=2aL1
vB=5m/s<6m/s，可知假设合理
此过程中皮带位移x带=1.2m
滑块与皮带的相对位移x相=x带−L1=0.3m
Q=μ1mgx相=0.375J
(3)若滑块刚好过F点，mg=mvF2R
mg2R=12mvE2−12mvF2
vE=2m/s
若刚好能到Q点，12mvE2=μ2mgL2
vE=1m/s
所以vE>2m/s
滑块在摆渡车上时，滑块速am=5m/s2，渡车加速aM=5m/s2
由v−t图像可知，从滑上摆被车到达到共速v共 =2.5m/s，相对位移x1=1.25m
所以x>1.25m
摆液车停止后滑块继续减速，−μ1mgx2=12mvD2−12mv共2
vD>2m/s滑块才能过F点
所以x2<0.225m
所以x=x1+x2<1.475m
所以1.25m
【解析】【解析】(1)由图像得弹簧弹力做功，根据动能定理求滑上传送带的初速度vA；
(2)根据牛顿第二定律结合运动学公式求先对位移，根据功能关系求热量；
(3)小球恰能通过圆形轨道的最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可求出小球经圆形轨道的最高点时的速度．根据动能定理结合牛顿定律联立求解。
本题主要是考查功能关系，关键是弄清楚滑块的运动过程，再根据能量关系分析。
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