2021届山东省高考物理仿真试卷(一)附答案详解

2021届山东省高考物理仿真试卷（一）一、单选题（本大题共8小题，共24・0分）下列说法正确的是（）压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力，是由于气体分子间存在斥力的缘故液体分子的无规则运动称为布朗运动各向同性的物质可能是多晶体物体从外界吸收热量，其内能一定增加如图所示为氢原子的能级图，一个氢原子吸收能量后由基态跃迁到兀=4的激发态，然后向低能级跃迁，下列说法正确的是（）可能发出6种能量的光子-13,6cV只能发出1种能量的光子-13,6cV吸收的能量为12.75eU可能发出能量为0.85eU的光子如图所示，质量分别为m、2m的物体4、B由轻质弹簧相连后放置在一箱子C内，箱子质量为整体悬挂处于静止状态，当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是（重力加速度为9）（）物体4的加速度等于9物体B的加速度大于°物体C的加速度等于°三个物体的加速度都等于9如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器的滑片P向上缓慢滑动的过程中（）A.小灯泡厶A.小灯泡厶变亮电容器C的电荷量增大电压表的示数减小电流表的示数减小5.轰炸机沿水平方向做匀速直线运动，从飞机上每隔一秒钟投掷一枚炸弹，忽略空气阻力对炸5.弹的影响，则下列说法中错误的是（）炸弹在空中排成竖直的一条直线两炸弹间的竖直距离随时间的增加而增大落地的时间间隔越来越长列说法正确的是（）从4到B的过程中小球的动能不断减小下落过程中小球机械能一直增加小球的加速度始终保持2。不变从4点至恰点小球的电势能增加了mgh7.国家药监局发布通知，自2026年11日起我国将全面禁止生产含汞体温计和含汞血压计产品。如图所示，水银血压计由气囊、袖带橡皮囊和检压计（由示值管、水银、水银壶组成）三部分组成，袖带橡皮囊分别与气囊和检压计的水银壶相连。示值管是很细的玻璃管，与大气相连。初始时，示值管刻线与水银壶内水银液面相平，反复挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气。每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入压强^750mmHg的气体40m厶，袖带橡皮囊最大容积为200m厶，其内部气体体积小于最大容积时其内气体压强等于大气压强，水银壶容积不变，水银上方气体体积为80m厶，连接管内气体体积不计。开始充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部残留气体为50m厶。大气压强恒为750mmH°,充气过程温度保持不变，忽略水银表面张力的影响。当示值管内水银液面上升了90mm时，求水银壶内气体质量与原气体质量的比值（认为壶内水银上方气体均为空气，环境温度保持不变，壶内水银液面下降忽略不计）。（）

8.8.A.2528水帕家賀血压计如藻罔B.28C.-3D.252525在修建铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨（如图8.8.A.2528水帕家賀血压计如藻罔B.28C.-3D.252525外轨均不会受到轮缘的侧向挤压，设此时火车的速度大小为P,下列说法中正确的是（）当火车质量改变时，规定的行驶速度也将改变当火车速率大于u时，外轨将受到轮缘的挤压当火车速率小于u时，外轨将受到轮缘的挤压多选题（本大题共4小题，共16・0分）9.9.如图，在光滑水平面上放着质量分别为3m和m的4和B两个物块，弹簧与4、B拴接，现用外力9.9.缓慢向左推B使弹簧压缩，此时弹簧弹性势能为E。然后撤去外力，贝％）a卜Awmw-rj]a卜Awmw-rj]7777777777/7777?7777777777?从撤去外力到4离开墙面的过程中，墙面对4的冲量大小为V2冠当4离开墙面时，B的动量大小为c.a离开墙面后，a的最大速度为V丘8m4离开墙面后，弹簧最大弹性势能为34

如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交变电流的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的是（）交变电流b电压的有效值为也°3在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零交变电流a的电压瞬时值为u=10sin5nt（V）线圈先后两次转速之比为3：2波源S在上=0时刻从平衡位置开始向上振动，形成向左、右两侧传Ihr1aSb<播的简谐横波.S、a、b、c、和/、b\c‘是沿波传播方向上的间距为1m的6个质点，上=0时刻各质点均处于平衡位置，如图所示.已知波的传播速度为m/s，当t=0.125s时波源S第一次达最高点，贝y（）任意时刻质点c与质点c‘振动状态完全相同t=0.28s时质点a的速度正在减小t=2.375s时质点H处于波谷波传到c点时，质点c开始向上振动若波源S向距它40m的接收器匀速靠近，接收器接收到的频率将大于2Hz在某个电场中，尤轴上各点电势卩随％坐标变化如图所示，一质量m、电荷量+g的粒子只在电场力作用下能沿%轴做直线运动，下列说法正确的是（）尤轴上％=©和％=一尤］两点电场强度和电势都相同粒子运动过程中，经过％=%］和％=-%1两点时速度一定相同粒子运动过程中，经过％=%］点的加速度小于％=%2点加速度若粒子在％=-%1点由静止释放，则粒子到达0点时刻加速度为零，速度达到最大三、实验题（本大题共2小题，共13・0分）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，如图所示为记录小车运动情况的一条纸带，图中4、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T=0.1s。（1）计算D、C、B各点的瞬时速度，vn=m/s,=m/s,珥=m/s。CD（2）a=（结果保留两位小数）。砸臣汀Hl实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3U和15U,其内部电路如图所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻匕、/?2完好，测得匕=2.9kQ,R2=14.9kQ.现有两个表头，外形都与原表沁相同，已知表头的满偏电流为LmA，内阻为50Q；表头的满偏电流0.5mA,内阻为2000,又有三个精密定值电阻q=1000,厂2=150。，厂3=200。•若保留匕、尺2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件回答下列问题：图1圉2图？（1）原表头G满偏电流/=，内阻r=.⑵在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路（标识出所选用的相应器材符号）（3）某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材：测量一未知电阻的阻值，电流表4量程0〜5m4,内阻未知；最大阻值约为100。的滑动变阻器；电源E（电动势约3U）；开关S、导线若干.由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择合适的电路，请你帮助他们补充完整电路连接，正确连线后读得电压表示数为2.40U，电流表示数为4.00mA，则未知电阻阻值R乂为仏四、简答题（本大题共2小题，共25・0分）一个质量m=0.1^9的小物块由静止开始沿倾角a的斜面匀加速滑下，然后在粗糙水平面上做匀减速直线运动，直到停止。小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为u,下表给出了不同时刻小物块的速率。9取10m/s2，求小物块II时亥r(s)00.30.40.51.41.51.6速率u(m/s)01.52.02.53.02.52.0在斜面上的加速度大小勺和水平面上的加速度大小a2；与水平面间的动摩擦因数“和斜面的倾角a；滑到斜面底端时的速率q；损失的机械能。如图所示，细绳一端系着质量M=0.6kg的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量加=0.3kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.2m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2N.现使此平面绕中心轴线方向转动，若g=10m/s2且m始终处于静止状态.求：若物体M恰好不受静摩擦力作用，则平面转动的角速度为多少？平面转动的角速度e在什么范围内，物体M才不会滑动？五、计算题(本大题共2小题，共22・0分)如图所示，半径为R的半圆形玻璃砖固定放置，平面4B水平，00’为半圆的对称轴，光屏MN紧靠4点竖直放置，一束单色光沿半径方向照射到0点,当入射角较小时，光屏上有两个亮点，逐渐增大入射角，当i增大到某一角度时，光屏上恰好只有一个亮点C，C、4间的距离也为R,求：璃砖对单色光的折射率；当入射角i=30°时，光屏上两个亮点间的距离为多少。如图，空间存在水面向右的匀强电场，一不计重力、质量为"、带电量为g的微粒以初速度勺竖直向上抛出，经r时间后速度与水平成30。，求：电场强度E的大小.参考答案及解析1•答案：C解析：解：4、压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强增大的原因，气体分子间存在斥力可以忽略不计，故A错误；布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动，故B错误；各向同性的物质可能是多晶体，也可能是非晶体，故C正确；根据热力学第一定律△“=Q+W，可知物体从外界吸收热量，如果同时对外做功，其内能不一定增加，故D错误。故选：C。分子热运动的特点以及气体压强的微观意义；布朗运动是液体中的固体小颗粒的无规则的运动，是液体分子运动的反映；多晶体和非晶体的某些物理性质是各向同性的；改变物体内能的方式有两种：做功与热传递，根据热力学第一定律分析即可。本题考查了气体压强、分子力、布朗运动、晶体、热力学第一定律等热力学的基础知识，理解记忆是主要的学习方法，要尽量得高分。2•答案：C解析：根据臨-En=hu求出吸收光子的能量；一群氢原子和一个氢原子处于激发态可能发出光子频率的种数不同的，根据AE=Em-En，即可判定发出的能量。解决本题的关键掌握能级差与光子频率的关系，以及掌蹙E=臨-行的应用。AB.一群氢原子处于激发态第4能级，可能发出光子的频率种数为C2=6种，但一个氢原子发出光子4频率不是6种，最多3种，故AB错误；根据Em~En=hv知，吸收光子的能量为-0.85eV-(~13.6eV)=12.75eV，故C正确；根据AE=Em-E仇可知，不可能发出能量为0.85eU的光子，故D错误。故选C。3•答案：B解析：解：4、物体4受重力和支持力，在细绳剪断瞬间仍受力平衡，所以a=0,故A错误；BC、B、C物体相对静止，将B、C看作一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力等于4物体的重力，故整体的加速度为：a=mg+2mg+mg=4g；故B正确、C错误。2m+m3D.有ABC可知，D错误故选：B。先对4受力分析，求出细线剪短前后4的加速度；再对B、C整体受力分析，求出BC整体的加速度本题是瞬时问题，关键在于BC的加速度相等，要将BC当作整体来研究。注意整体法和隔离法的应用。4•答案：C解析：解：4、滑片P向上滑动，心接入电路中的电阻增大，贝叭总增大，干路电流减小，故灯泡变0暗，故A错误；BD、由闭合电路的欧姆定律U=E-Ir可得，路端电压增大，电压表的示数增大；灯泡与并联部分串联，由A分析可知，灯泡两端电压减小，故并联部分电压增大，电阻R支路两端电压增大，故电流表的示数也增大，故BD错误；C、因电容与R并联，因为R两端电压增大，故电容器两端电压增大，对电容器由C=Q可知，电容器u的电荷量也增大，故C正确。故选：C。明确电路结构，在变阻器尺0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况。由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化，从而判断电容器带电量的变化。本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析。5•答案：C解析：试题分析：由于惯性，炸弹和飞机水平方向具有相同水平分速度，因此炸弹落地前排列在同一条竖直线上，炸弹落地（地面水平）时形成的弹坑成等间距的排列，故A、D正确；因为炸弹竖直方向上做匀加速直线运动，因此空中相邻的炸弹之间的距离随着时间均匀增大，故B正确；下落高度相同，因此这些炸弹落地的时间间隔都相同，故C错误。考点：平抛运动6•答案：D解析：解：4、由图象可知，带点小球受到的合力指向左下方，所以小球带负电，运动过程中，合力先与小球速度方向成钝角，后变成锐角，即合力先做负功，后做正功，即动能先减小后增大，故A错误；B、小球下落过程中，电场力一直做负功，小球机械能一直减小，故B错误；C、根据运动的合成和分解可知，竖直方向上:h=、gt2,水平方向上：—U0=—輕t,h=v0t-1-a£t2,20m02m联立解得：qE=mg,小球受到水平向左的电场力，竖直向下的重力，合力大小为T2mg，由牛顿第二定律可得小球的加速度始终保持匹9不变，故C错误；D、从4到B点，小球电场力做功为：W=qEh=mgh,所以电势能增加了\Ep=mgh，故D正确.故选：D.根据合力做功判断动能变化，根据功能关系可判断机械能的变化情况；小球在电场中受到重力和水平向左的电场力，根据运动的分解法可知，水平方向做匀减速运动，竖直方向做自由落体运动，由牛顿第二定律和运动学公式研究水平方向，可求出合力再求加速度；根据电场力做正功，电势能减小，根据电场力做负功，电势能增加.本题小球在电场和重力场的复合场中运动，由于受到两个恒力作用，运用运动的分解法研究是常用的方法.7•答案：B解析：解：水银壶内气体体积为：V2=80m厶体积不变，初状态压强为p0=750mmHg末状态压强为久=P0+Ph=750mmHg+90mmHg=840mmHg水银壶内末状态下的气体在压强为Po时的体积设为叫，根据玻意耳定律得：pV2=p0V3水银壶内气体质量与原气体质量的比值为：泌=鸟=珀=亍=号，故B正确、ACD错误。m72pQ75025故选：B。充气前，袖带橡皮囊是瘪的，先求出充气多少次后示值管内水银液面开始上升，再根据玻意耳定律求出充气前后的体积之比，由此得到水银壶内气体质量与原气体质量的比值。本题主要是考查理想气体状态方程，关键是弄清楚充气前后压强和体积的变化情况，根据玻意耳定律进行分析。8•答案：C解析：解：4、火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为0,根据牛顿第二定律得：V2mgtand=m-^gtanO解得：R=^^，故A错误；gtanOB、根据牛顿第二定律得:V2mgtanO=m—解得：v=^gRtanO，与质量无关，故B错误；C、若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨。故C正确；D、若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨。故D错误。故选：C。火车拐弯时以规定速度行驶，此时火车的重力和支持力的合力提供圆周运动所需的向心力。若速度大于规定速度，重力和支持力的合力不够提供，此时外轨对火车有侧压力；若速度小于规定速度，重力和支持力的合力提供偏大，此时内轨对火车有侧压力。解决本题的关键知道火车拐弯时对内外轨均无压力，此时靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力。9•答案：AD解析：解:4、设当4离开墙面时，B的速度大小为坯，根据功能关系知：E=1mv2，解得：坯=弹，2bm从撤去外力至皿离开墙面的过程中，对4、B及弹簧组成的系统，由动量定理得：墙面对4的冲量大小/=mvB—0=』2mE，故A正确；B、当4离开墙面时，B的动量大小：pB=mvB=^2mE，故B错误；C、4离开墙后，当弹簧再次恢复原长时，4的速度最大，根据系统动量和机械能均守恒，取向右为正方向，由动量守恒有：mvB=3mvA+mv'B，由机械能守恒有：E=^3mv2+，解得4的最大速度：vA=4—，故C错误；A2mD、4离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。设两物体相同速度为u，4离开墙时，B的速度为坯，规定向右为正方向，根据动量守恒得：mvB=4mv，根据机械能守恒得：E=2^-4mv2+Epm，联立解得弹簧的弹性势能最大值：Epm=^^，故D正确。故选：ADO撤去外力后到4离开墙面时，4的速度为零，根据功能关系求出B的速度，从而得出B的动量，对系统运用动量定理，求出墙面对4的冲量大小；当4离开墙面后，弹簧先伸长后收缩，此过程中，弹簧对4一直表现为拉力，速度一直增大，弹簧再次恢复原长时，速度最大，根据动量守恒和机械能守恒求出最大速度；当4、B速度相等时，结合动量守恒和机械能守恒求出弹簧的弹性势能。本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理的综合运用，知道4、B速度相等时，弹性势能最大，以及能够通过受力分析4、B的运动规律是解决本题的关键。答案：ACD解析：解:4、由图可知，周期7；=04S,Tb=0.6s,则线圈先后两次转速之比化:nb=£:Ta=3：2.由电动势的最大值E=NBS®,则两个电压最大之值比〃:U=（^：0）,=3：2,则交流电b电mmambab压的最大值为，有效值为二=l0V2y，故AD正确。TOC\o"1-5"\h\z3V23B、上=0时刻〃=0,根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大。故B错误。C、由图电压最大值〃=10V,周期1T=0.4S,（d=2^=5nrad/s,交流电压的瞬时值表达式为^=■matUsinet=10sin5utV故C正确。m故选：ACD.由图读出电压最大值你，周期T,由e=^求出，写出交流电a的瞬时值表达式.由周期关系求出转rmt速关系.t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应定律分析磁通量.本题考查对交流电压图象的理解能力.难点在于C选项，要根据电动势最大值表达式研究电压最大值之间的关系．至于电压与磁能量的关系，根据法拉第电磁感应定律分析．答案：ADE解析：解:4、S到c、c‘的距离相同，故波源S的振动传播到c、c‘所需时间相同，那么，任意时刻质点c与质点c‘振动状态完全相同，故A正确；BC、由t=0.125s时波源S第一次达最高点可得:振动周期T=0.5s,波从S传播到a所需时间^=*=180.125s，从S传播到，所需时间t2=2s=0.25s；28故t=0.28s时质点a的振动和S在t=0.155s时振动相同，故由周期可知：丄厂＜0.155s＜丄八故质42点a位移大于零，向平衡位置运动，故质点速度正在增大；t=2.375s时质点的振动和S在t=2.125s时振动相同，故由周期可知：2.125s=4】“故质点a在4波峰位置，故BC错误；D、波传到c点时，质点c的振动和波源起振方向相同，故质点c向上振动，故D正确；E、波源振动周期T=0.5s，即频率f=2Hz，那么，若波源S向接收器靠近，接收器接收到的频率将大于2Hz，故E正确；故选：ADE.根据距离和波速求得质点运动和波源S振动的关系，再根据振动周期得到质点运动情况，最后由多普勒效应求得频率变化．对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长（或由振动图得到振幅、周期），再根据传播方向得到某质点的振动图（或波形图），进而得到各质点的振动．答案：CD解析：本题考查（p-x图象。由图象，根据电势的变化，分析电场强度的方向；（p-x图象的斜率等于场强，由斜率分析场强的大小和方向；据电场力做功判断电势能、动能的变化；由牛顿第二定律分析加速度的变化、速度的变化。由图知%轴上x=x1和％=-尤］两点的电势相等，从%=-x1到％=心，电势先降低后升高，因为沿着电场线方向电势逐渐降低，可知电场的方向先向右再向左，则知k轴上%=-x1和％=%］两点电场强度方向相反，根据斜率等于场强的大小，可知v=x1和％=-耳两点电场强度大小相等，故这两点电场强度不同，故A错误；x=X］和％=-心两点电势相等，电场力做功为0,根据动能定理可知粒子运动过程中，经过%=%1和X=-X1两点时速度大小一定相同，但速度方向有可能相反，故B错误；依据申一X图象斜率表示电场强度大小，则有%=X1处对应的电场强度小于％=%2处电场强度，粒子所受的电场力也是％=%2点大，则加速度也是％=%2点大，故C正确。若粒子在%=-%］点由静止释放，粒子到达0处时所受的电场力为零，加速度为零，粒子先加速后减速，则到达0点时的速度最大，故D正确。故选：CD。答案：3.92.61.41.3m/s2解析：解：依据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，因此有：x105.60—27.60v=-^^=x10—2m/s=3.9m/sd22x0.1x60.30—7.50v=-^=x10—2m/sq2.6m/sc2T2x0.1尤27.60v=^^=x10—2m/sq1.4m/sb2T2x0.1//根据题意有：

xi=7.50cm,x2=(27.60—7.50)cm=20.10cm,x3=(60.30—27.60)cm=32.70cm,x4=(105.60—60.30)cm=45.30cm。q-%2=2。严①%3—%1=加2门②.I一％+。2(心+乙)一(^+舛)a=2=4兀代入数据解得：a=32.70+45.30—20.10—7.50xl0-2m/s2U1.3m/s2。4x0.12故答案为：(1)3.9；2.6；1.4；(2)1.3m/s2。依据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，同时根据逐差法△%=a^2可以求出物体加速度的大小。熟练掌握匀变速直线运动的规律和推论解决纸带问题，正确分析物体的速度和加速度大小，注意单位的换算与有效数字的保留。14.答案：1曲100辽750解析：解:(1)由图示电路图可知，电压表量程：¥計勺)=3穴火+9=15穴代入数据解得：lg=1曲,Yg=1002修复电压表，表头满偏电流为，仃=1mA,g电阻应为：z=100Q，需要的实验器材为：表头的满偏电流0.5m^，内阻为2000的表头以及r3，即将表头和r3并联在电路中使用，电路图如图所示：根据题意可明确实验中应采用分压接法，电流表采用外接法，故实物图如图所示：电压表量程为3卩则其内阻廿蠹=300血根据欧姆定律可邸=：=石—土=750辽3000故答案为：(1)1m41000；(2)如图；(3)电路如图，750根据串联电路特点与欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻.应用串联电路特点与欧姆定律选择实验器材.根据电压表的改装原理作出电路图.根据伏安法测电阻的实验要求明确对应的接法，并由欧姆定律求解电阻.在“伏安法”测电阻实验中，要注意明确实验原理，正确选择实验电路的接法，并能准确连接实物图，同时能根据对应的欧姆定律分析数据；找出实验误差.15.答案：解：(1)由加速度定义式(1=壮得：物块在斜面上加速运动的加速度大小％=^m/s2=5.0m/s2；10.1物块在水平面上减速运动的加速度大小a2=0.5m/s2=5.0m/s2；20.1物块在水平面上，由牛顿第二定律得“mo=ma2解得“=0.5物块在斜面上，由牛顿第二定律得—“mgcosa=九兔解得：a=53°；设物块到斜面底端的时刻是速度为q在斜面上做匀加速运动，q=a』]即：V]=5t]，在水平面上做匀减速运动，2.5=q-5(1.5—-)解得：q=5.0m/s；设物块在斜面上的位移为S],由埒=2a]si，代入数据得：S]=2.5m以水平地面为零势面，由机械能的概念，减少的机械能：△E=£]—E2=m^S]Sina—0=0.1x10x2.5x0.8/=2.0丿。答：(1)在斜面上的加速度大小勺和水平面上的加速度大小a2均为5m/s2；与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面的倾角为53°；滑到斜面底端时的速率为5.0m/s；损失的机械能为2.0丿。解析：(1)由加速度定义式。=囂求解加速度大小；(2)物块在水平面上，由牛顿第二定律求解动摩擦因数，物块在斜面上，由牛顿第二定律求解斜面倾角；根据速度时间关系求解速度大小；根据速度位移关系求解斜面长度，根据能量关系求解减少的机械能

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。16.答案：解：(1)物体M不受摩擦力时，M做圆周运动需要的向心力等于m的重力，得:mg=M^2mg=M^2r=5rad/s，解得：％(2)当e具有最小值时，M有向圆心运动趋势，故水平面对M的静摩擦力方向