2014 2015四川省凉山州高一下期末物理试卷

1、 2014-2015学年四川省凉山州高一（下）期末物理试卷 一、选择题（共12小题，满分48分，每小题有一个或多个选项正确，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（4分）（2015春?凉山州期末）一个物体做变速运动时，下述说法正确的是（ ） A 合外力一定对物体做功，使物体动能发生变化 B 合外力一定对物体做功，但物体的动能可能不变 C 合外力可能不对物体做功，物体动能不变 D 合外力可能对物体做功，使物体动能变化 考点： 动能定理的应用 专题： 动能定理的应用专题 分析： 物体所受合外力不为零，系统加速度不为零，物体做变速运动，根据物体做变速运动的条件，应用动能定理分析答

2、题 解答： 解：物体做变速运动，物体所受合外力不为零； 当力与速度方向垂直时，力对物体不做功，物体所受合外力不为零，合外力对物体不一定做功，物体的动能不一定变化，故AB错误，C正确； 当力与速度不垂直时，合外力对物体做功，由动能定理可知，物体的动能发生变化，故D正确； 故选：CD； 点评： 当力与速度（位移）垂直时，力对物体不做功，由动能定理可知，合外力做的功等于物体动能的变化，根据题意判断出物体所受合力不为零，然后根据力做功情况应用动能定理解题 2（4分）（2015春?凉山州期末）A、B两个质量相同小球抛出，下列说法中正确的是（ ） A 从同一高度以不同速度水平抛出，A、B在空中的运动时间不

3、同 B 从同一高度以不同的速度水平抛出，速度越大的水平位移一定越大 C 抛出速度越大的小球，速度的变化越快 D 从同一轨道以不同速度水平抛出，A、B落地使重力的瞬间功率不同 考点： 平抛运动 专题： 平抛运动专题 分析： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合初速度和时间比较水平位移根据瞬时功率的公式比较重力的瞬时功率 解答： 解：A、高度相同，根据 t=知，A、B在空中运动的时间相同，与初速度无关，故A错误 B、高度相同，运动的时间相等，根据x=vt知，速度越大，水平位移越大，故B正确 C、平抛运动的加速度不变，都等于g，则速度变化快慢相

4、同，故C错误 D、根据P=mgvy知，落地时竖直分速度相等，重力的瞬时功率相等，与初速度无关，故D错误 故选：B 点评： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移 3（4分）（2015春?凉山州期末）下列说法正确的是（ ） A 汽车发动机的功率一定时，牵引力与速度成反比 B 当汽车上坡时，需要提速时车能够安全顺利通过 C 当汽车受到路面的阻力f一定时，汽车作匀速运动的最大速度Vm，受额定功率的制约，即满足P额=fVm D 当汽车以恒定速度行驶时，发动机的实际功率等于额定功率 考点： 功率、平均功率和瞬时功率 专题： 功率

5、的计算专题 分析： 根据P=Fv，抓住功率不变，判断牵引力与速度的关系当汽车的功率一定时，加速度为零时，速度最大 解答： 解：A、发动机功率一定时，根据P=Fv知，牵引力与速度成反比，故A正确 B、当汽车上坡时，根据P=Fv知，需减小速度，增大牵引力，故B错误 C、功率一定时，当加速度为零时，汽车的速度最大，但是此时牵引力与阻力不一定相等，比如在斜坡上，故C错误 D、汽车以恒定速度行驶时，发动机的实际功率不一定等于额定功率，故D错误 故选：A 点评： 本题考查了发动机功率与牵引力、速度之间的关系，知道加速度为零时，汽车的速度最大，在平直公路上，加速度为零，牵引力等于阻力 4（4分）（2015春

6、?凉山州期末）下面关于重力势能的说法中，正确的是（ ） A 有A、B两个物体，A的高度是B高度的2倍，那么物体A的重力势能的数值一定是物体B的2倍 B 从同一高度将某一物体以相同的速度竖直上抛或平抛，从抛出到落地的过程中，物体重力势能的变化是相同的 C 有一物体从楼顶落到地面，如果受到空气阻力，物体重力势能的减小量小于自由下落时重力势能的减小量 D 重力做功时，不仅与物体运动的高度差有关，还与物体运动的路径有关 考点： 重力势能 分析： 重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加重力势能的大小与零势能的选取有关，但重力势能的变化与零势能的选取无关 解答： 解：A、重力势能大小EP=mg

7、h；与质量及高度有关，由于质量大小不明确，故不能说明物体A的重力势能的数值一定是物体B的2倍；故A错误； B、从同一高度将某一物体以相同的速度竖直上抛或平抛，从抛出到落地的过程中，由于运动的高度相同，故物体重力势能的变化是相同的；故B正确； C、上升和下落时，由于高度变化相同，故重力势能的变化量也相同；故C错误； D、重力做功和路径无关，只与初末两点的高度差有关；故D错误； 故选：B 点评： 解决本题的关键知道重力势能的大小与零势能的选取有关，但重力势能的变化与零势能的选取无关以及知道重力做功和重力势能变化的关系，重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增加 5（4分）（2015春?凉山

8、州期末）一船在静水中的速度为6cm/s，要横渡流速为8m/s、宽度为60m的河，下面说法正确的是（ ） A 船不能渡河 B 船能行驶到正对岸 C 船以最短时间渡河，两到达对岸下游80m处 D 船在最短时间内过河时，船对地面的速度为6m/s 考点： 运动的合成和分解 专题： 运动的合成和分解专题 分析： 将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，当静水速垂直于河岸时，渡河时间最短，根据分运动与合运动具有等时性，求出渡河的时间根据平行四边形定则求出小船的合速度 解答： 解：A只要船速不平行于河岸，就能渡河，故A错误； B、由于船速小于水流速，所以合速度不可能垂直于河岸，小船不能垂直渡河到对岸故

9、B错误 C、当静水速垂直于河岸时，渡河时间最短，t=s=10s两到达对岸下游s=vst=8×10=80m处故C正确 D、在最短时间内过河时，此时小船的速度v=10m/s故D错误 故选：C 点评： 解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性以及知道当静水速垂直于河岸时，渡河时间最短 6（4分）（2015春?凉山州期末）两个物体A、B，以相同的速率V0在同一位置时向相反的方向水平抛出，经时间t，A的速度方向与B的位移方向相互垂直，则t为：（ ） A B C D 考点： 平抛运动 专题： 平抛运动专题 分析： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运

10、动，抓住某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，结合A的速度方向与B的位移方向相互垂直求出运动的时间 解答： 解：两球以相同的初速度向相反方向做平抛运动，任何一时刻，两球在同一位置，速度方向与水平方向的夹角相等，位移方向与水平方向的夹角相等， 某时刻速度方向与水平方向的夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为+=90°， tan=2tan=2tan（90°）， 即：， 根据得： t= 故选：D 点评： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论：某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角

11、正切值的2倍 7（4分）（2015春?凉山州期末）地球赤道上有一物体随地球的自转而做圆周运动，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为2；地球同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为3，假设三者质量相等，则（ ） A F1=F2F3 B a2a3al C v1=v2v3 D 1=32 考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题： 人造卫星问题 分析： 题中涉及三个物体：地球赤道上有一随地球的自转而做圆周运动物体1、绕地球表

12、面附近做圆周运动的人造卫星2、地球同步卫星3；物体1与人造卫星2转动半径相同，物体1与同步卫星3转动周期相同，人造卫星2与同步卫星3同是卫星，都是万有引力提供向心力；分三种类型进行比较分析即可 解答： 解：A、根据题意三者质量相等，轨道半径r1=r2r3 物体1与人造卫星2比较，由于赤道上物体受引力和支持力的合力提供向心力，而近地卫星只受万有引力，故F1F2 ，故A错误； B、物体1和卫星3周期相等，则角速度相等，即1=3，而加速度a=r2，则a3a1， 卫星2和卫星3都靠万有引力提供向心力， a=，则a2a3， 所以a2a3al，故B正确； C、物体1和卫星3周期相等，则角速度相等，即1=3

13、，根据v=r，则v3v1，卫星2和卫星3都靠万有引力提供向心力， 根据 =m，解得 v=，知轨道半径越大，线速度越小，则v2v3故C错误； D、物体1和卫星3周期相等，则角速度相等，即1=3， 卫星2和卫星3 都靠万有引力提供向心力，根据=m2r 有： =， 得知：32， 所以1=32，故D正确； 故选：BD 点评： 本题关键要将物体1、人造卫星2、同步卫星3分为三组进行分析比较，最后再综合；一定不能将三个物体当同一种模型分析，否则会使问题复杂化 8（4分）（2015春?凉山州期末）如图所示，粗糙斜面固定于光滑的半圆轨道平滑相接，半圆轨道半径为R，当小球自斜面上 h=2R高处某点无初速滑下进入

14、半圆轨道时，小球达到半圆轨道的最大轨道为R，若要使小球恰好能通过半圆的最高点，则小球的释放轨道为（ ） A 4R B 4.5R C 5R D 条件不足，无法确定 考点： 机械能守恒定律；向心力 专题： 机械能守恒定律应用专题 分析： 先运用动能定理对小球从h=2R高处滑下的过程列方程要使小球恰好能通过半圆的最高点，由重力提供向心力，列式求出最高点的速度再由动能定理列式，即可解得 解答： 解：设小球在斜面上所受的摩擦力大小为f，斜面的倾角为 对第一种情况，由动能定理得：mgRf ?=0 对第二种情况： 在最高点有， mg=m 由动能定理得 mg（h2R）f ? = 联立解得 h=5R 故选：C

15、点评： 本题是动能定理与向心力的综合，要注意挖掘隐含的临界条件：小球恰好能通过半圆的最高点时由重力提供向心力 9（4分）（2015春?凉山州期末）如图所示，有一个半径为R的光滑圆形圆管轨道（忽略圆管内径），一小球处于圆管内，现给小球有一个初速度，使小球在竖直面内做圆周运动，小球过最高点的速度为v，下列叙述正确的是（ ） A 小球过最低点的最小速度为2 B v增大，轨道对球的弹力也增大 C 当v由值逐渐减小时，轨道对小球的弹力也逐渐减小 D 当v由值逐渐增大时，轨道对小球的弹力也逐渐增大 考点： 向心力；牛顿第二定律 专题： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用 分析： 小球在最高点，靠重力和管道的弹

16、力提供向心力，最小速度为零，当 v=时，轨道的弹力为零，根据牛顿第二定律小球弹力和速度的关系 解答： 解：A 、小球在最高点的最小速度为零，根据动能定理得，解得最低点的最小速度v=，故A正确 B、 当， 根据牛顿第二定律得，v越大，轨道对球的弹力越大，当 v时，根据牛顿第二定律得，mg F=，v越小，轨道对球的弹力越大，v越大，轨道对球的弹力越小，故D正确，B、C错误 故选：AD 点评： 解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，该模型与杆模型类似，与绳模型不同 10（4分）（2015春?凉山州期末）一小球在外力F的作用下由A运动到B，外力F对小球做功20J，小球

17、克服重力做功10J，克服弹力做功5J，则（ ） A 小球在A点的重力势能比B点大10J B 小球在A点的动能比B点小5J C 从A点到B点过程中，小球机械能增加15J D 小球和弹簧组成的系统机械能守恒 考点： 机械能守恒定律 专题： 机械能守恒定律应用专题 分析： 克服重力做功等于重力势能的增加量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量 解答： 解：A、小球克服重力做功10J，根据克服重力做功等于重力势能的增加量，知重力势能增加10J，即小球在A点的重力势能比B点小10J故A错误 B、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，由题意得总功为W总=WF

18、+WG+W弹=20J10J5J=5J，故动能增加5J，小球在A点的动能比B点小5J，故B正确； C、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，外力F做功20J，弹力做功5J，则小球的机械能增加20J5J=15J，故C正确； D、由于外力F做正功，所以根据功能原理知，小球和弹簧组成的系统机械能增加，故D错误 故选：BC 点评： 功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度 11（4分）（2015春?凉山州期末）2000年1月26日我国反射了一颗地球同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在

19、同一平面内，如图所示，反射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1；然后点火，使其沿椭圆轨道2运行；最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点轨道2、3相切于P点当卫星分别在l、2、3轨道上正常运行时（ ） A 若设卫星在轨道1上的速率v1、卫星在轨道3上的速率v3，则v1v3 B 若设卫星在轨道1上经过Q点的加速度为a1Q；卫星在轨道2上经过Q点时的加速度为a2Q，则a1Qa2Q C 卫星要由轨道1变轨道2，需要在Q点加速 D 位置由轨道2变轨进入轨道3需要减速 考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题： 万有引力定律的应用专题 分析： 根据人造

20、卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、和向心力的表达式进行讨论即可 解答： 解：A、卫星做圆周运动，由万有引力提供向心力，则有： =m v=， 轨道3半径比轨道1半径大，则v1v3，故A错误； B 、根据牛顿第二定律得：=ma a= 则a1Q=a2Q故B错误； C、由轨道1上的Q点变轨到轨道2，要加速做远离圆心的运动，故需要在Q点加速，故C正确； D、同理位置由轨道2变轨进入轨道3需要加速，故D错误； 故选：C 点评： 本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和角速度的表达式，再进行讨论 12（4分）（2015春?凉山州期末）如图所示，质量为3m和m的小球A和B，系在长为

21、L的细线两端，桌面水平光滑，高h（hL），A球无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则B球离开桌边的速度为（ ） A B C D 考点： 机械能守恒定律 专题： 机械能守恒定律应用专题 分析： 对于A、B组成的系统，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出A球落在沙地上时系统的速度大小，该速度等于B球离开桌面的速度 解答： 解：A、B组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒则有 3mgh=（m+3m）v2 解得：v= 故选：A 点评： 解决本题的关键知道A、B组成的系统，在运动的过程中，单个物体机械能不守恒，因为除重力做功外，拉力也做功对系统而言，只有重力做功，机械能守恒 二、实验题（共3小题，

22、满分15分） 13（3分）（2015春?凉山州期末）某同学在做“研究平抛物体的运动”的实验时得到如图所示的轨迹，其中某次落点A点的位置不在平滑的曲线上，产生着一现象的可能原因是 （ ） A 小球下滑时与斜槽间有摩擦 B 斜槽末端的切线方向不水平 C 某次实验时 小球开始下滑时位置偏低 D 某次实验时小球开始下滑时初速度不为零 考点： 研究平抛物体的运动 专题： 实验题；平抛运动专题 分析： 保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，

23、最后轨迹应连成平滑的曲线结合实验原理确定很多点不在所画平滑曲线上的原因 解答： 解：AD、实验中出现很多点不在所画的平滑曲线上，可知小球平抛运动的初速度大小和方向可能不同，所以可能出现这现象的原因是释放的位置不同，没保证每次由静止释放小球而斜槽粗糙还是光滑不影响实验的结果故A错误，D正确 B、若是斜槽末端不水平，则不会出现一次现象的，故B错误； C、某次实验时 小球开始下滑时位置偏高，故C错误； 故选：D 点评： 解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解 14（4分）（2015春?凉山州期末）在研究平抛问题运动

24、的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=10cm若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度为v0= 2.0 m/s，b点的速度是 2.8 m/s（取g=10m/s2）（结果保留两位有效数字） 考点： 研究平抛物体的运动 专题： 实验题；平抛运动专题 分析： 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据运动学基本公式即可求解 根据水平位移和时间间隔求出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，通过平行四边形定则求出b点的速度 解答： 解：设相邻两点间的时间间隔为T， 竖直方向：2L

25、L=gT2，得到 T= =s=0.1s； 水平方向：v0 =2m/s； 小球通过b点的竖直分速度vyb = =m/s=2m/s， 则B点的速度vB = =m/s=22.8m/s 故答案为：2.0；2.8 点评： 解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，能够灵活运用运动学公式处理水平方向和竖直方向上的运动，关键是抓住竖直方向自由落体运动的特点，由y=gT2求时间单位 15（8分）（2015春?凉山州期末）某次“验证机械能守恒定律”的实验中，用6V、50Hz的打点计时器打出的一条无漏点的纸带如图所示，O点为重锤下落的起点，选取的计数点为A、B、C、D，各计数点到O点的长度已在图上标出，单位为毫米，重

26、力加速度取9.8m/s2若重锤质量为1kg（结果保留3位小数） （1）打点计时器打出B点时，重锤下落的速度vB= 1.175 m/s，重锤的动能EkB= 0.690 J （2）从开始下落算起，打点计时器打B点时，重锤的重力势能减小量为 0.691 J （3）根据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重锤从静止开始到打出B点的过程中，得到的结论是 在误差允许的范围内机械能守恒 考点： 验证机械能守恒定律 专题： 实验题；机械能守恒定律应用专题 分析： 纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，从而求出动能根据功能关系得重力

27、势能减小量等于重力做功的数值 解答： 解：每两个点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间的时间间隔为T=0.04s 利用匀变速直线运动的推论得： vB =1.175m/s EkB =mvB2=0.690J 重力势能减小量：Ep=mgh=1×9.8×0.0705J=0.691J 由于重力势能减小量等于动能的增加量，重物下落的机械能守恒 故答案为：1.175，0.690； 0.691； 在误差允许的范围内机械能守恒 点评： 能够清楚该实验的工作原理和实验步骤知道相邻两个计数点之间的时间间隔，纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，计算要注意单位的换算 三、计算题（共4小题，满分3

28、7分） 16（8分）（2015春?凉山州期末）2013年4月20日，四川雅安发生7.0级地震，牵动了我们的心如图所示，一架执行救援任务的直升机在H=180m的高空以v0=20m/s的速度水平匀速飞行，要将两箱物资先后准确地投到山脚和山顶的安置点A、B，已知山高h=135m，山脚与山顶的水平距离s0=500m，取g=10m/s2，不计空气阻力求： （1）第一箱物资应在飞机离A的水平距离s1为多少时投放？ （2）第一箱物资投放后飞机继续飞行的 距离s应为多少时再投放第二箱物资？ 考点： 平抛运动 专题： 平抛运动专题 分析： （1）投出的物质做平抛运动，根据高度求出运动的时间，结合初速度和时间求出

29、投放的水平距离 （2）根据下降的高度求出运动的时间，通过初速度求出水平位移，从而得出投放第二箱物质时飞机飞行的距离 解答： 解：（1）第一箱物资投下后做平抛运动 H=g t12 得t1 =6s 则 水平距离s1=0t1=20×6=120m （2）第二箱物资投下后也做平抛运动 t2 =3s 第二箱物资投放后飞行的水平距离s2=0t2=20×3=60m 则s=s1+s0s2=560 m 答：（1）第一箱物资应在飞机离A的水平距离s1为120m时投放（2）第一箱物资投放后飞机继续飞行的 距离s应为560m时再投放第二箱物资 点评： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上

30、的运动规律，结合运动学公式灵活求解 17（9分）（2015春?凉山州期末）一辆汽车发动机的额定功率P=100kW，若其中总质量为m=1t，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a1=2.5m/s2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t1=8s，然后保持恒定的功率继续加速t2=14s达到最大速度设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，g=10m/s2求： （1）汽车所能达到的最大速度？ （2）在此过程中求出从启动至到达最大速度所运动的位移？ 考点： 动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率 分析： （1）由速度公式求出匀加速结束时的速度，由P=Fv求出汽车的牵引力，由牛顿第二定律求出汽车受到的阻力，汽车达

31、到最大速度时做匀速直线运动，由平衡条件求出汽车速度最大时的牵引力，然后由P=Fv求出汽车的最大速度 （2）由匀变速直线运动的平均速度公式求出匀加速的位移，然后应用动能定理可以求出汽车的位移 解答： 解：（1）汽车匀加速结束时的速度：v1=a1t1=20m/s， 由P=Fv可知，匀加速结束时汽车的牵引力：F1=5000N， 由牛顿第二定律得：F1f=ma1， 解得：f=2500N， 汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态， 由平衡条件可知，此时汽车的牵引力：F=f=2500N， 由P=Fv可知，汽车的最大速度：v=40m/s； （2）汽车匀加速运动的位移：x1=t1=80m， 对汽车，由动能

32、定理得：F1x1+Pt2fs=mv20， 解得：s=400m； 答：（1）汽车所能达到的最大速度为40m/s （2）在此过程中求出从启动至到达最大速度所运动的位移为400m 点评： 本题考查了求汽车的速度、汽车的位移问题，分析清楚汽车的运动过程、应用功率公式P=Fv、牛顿第二定律、运动学公式、动能定理可以解题；要掌握汽车的两种启动方式中汽车的运动过程，当汽车速度最大时做匀速直线运动 18（10分）（2015春?凉山州期末）如图所示，一个光滑的圆锥体固定在水平桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为=37°一长为L=0.5cm的轻绳一端固定在圆锥体的顶点O处，另一端栓着一个质量

33、为m=1kg的小物体，当物体以角速度=2rad/s，绕圆锥体的轴线在水平面内做匀速圆周运动时，求物体对绳子的拉力大小和对斜面的压力大小？（计算中取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8） 考点： 向心力；牛顿第二定律 专题： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用 分析： 根据牛顿第二定律求出物体刚要离开锥面时的角速度，此时支持力为零，当角速度大于临界速度，则物体离开锥面，当角速度小于临界速度，物体还受到支持力，根据牛顿第二定律，物体在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，求出绳子的拉力和支持力 解答： 解：物体刚好离开锥面时：Tcosmg=0，Tsin =，R=Lsin 解得：=5rad/s =2rad/s0 则物体没有离开斜面，则有： 有Tsin37°Ncos37°=m2R， Tcos+Nsinmg=0， R=Lsin 解得：T=8.72N，N=5.04N 根据牛顿第