2021年山东省泰安市肥城一中高考物理模拟试卷 含解析

2021年山东省泰安市肥城一中高考物理模拟试卷

一、选择题：本大题共8小题:每小题6分:在每小题给出的四个选项中：有的只有一

项符合要求:有的多项符合题目要求,全部选对的得6分:选对但不全的得3分:有错

选的得0分，

1,质量为2.5吨的货车在平直大路上运动：其运动的vt,图象如图所示，由此可求

A,,0:10s内货车的平均速度

B,,10:15s内货车所受的阻力

C,,15:25s内货车的加速度

D,,0:25s内合力对货车做的总功

2,如图所示:质量为m的小球系于轻质弹簧的一端:且套在光滑直立的圆环上:弹簧的

上端固定于环的最高点A：小球静止时处于圆环的B点:此时？AOB=60?：弹簧伸长量

为L,现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体:系统静止时弹簧伸长量也为L,

则此时物体所受的摩擦力((

A,,等于零

B,,大小为0.5mg：方向沿水平面对右

C,,大小为mg：方向沿水平面对左

D,,大小为2mg：方向沿水平面对右

3,“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中：发觉A、B两颗天体各有一颗靠近表

面飞行的卫星：并测得两颗卫星的周期相等：以下说法中正确的是((

A”通过题目所给信息可分别求出天体A、B的质量

B,,通过题目所给信息可分别求出两颗卫星的质量

C,,通过题目所给信息可以确定两颗卫星的线速度确定相等

D,,通过题目所给信息可以确定天体A、B的密度确定相等

4,质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上:物体与地面间的动摩擦因数为0.2：

最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等，从t=0时刻开头:物体受到方向不变、大

小呈周期

2性变化的水平拉力F的作用:F随时间t的变化规律如图所示，取重力加速度g=10m/s：

则物体在t=0到t=6s这段时间内的位移大小为((

A,,4mB,,8mC,,10mD,,12m

5,从地面上以确定初速度竖直向上抛出一小球:经过一段时间后：小球落回到地面，在

不计空气阻力和计空气阻力两种状况下做一对比：下列说法正确的是((

A,,在上升过程中：小球的加速度不计空气阻力时的大于计空气阻力时的B,,在下

降过程中：小球运动的时间不计空气阻力时的小于计空气阻力时的C,,从抛出到落

回地面整个运动过程的位移:不计空气阻力时的等于计空气阻力时的D,,返回到原

抛出点的速率:不计空气阻力时的小于计空气阻力时的

6,如图所示:物块m随转筒一起以角速度3做匀速圆周运动：如下描述正确的是

T

A,,物块受到重力、弹力、摩擦力和向心力的作用

B,,若角速度3增大而且物块照旧随转筒一起做匀速圆周运动:那么木块所受弹力

增大

C,,若角速度3增大而且物块照旧随转筒一起做匀速圆周运动：物块所受摩擦力增

大D,,若角速度3增大而且物块照旧随转筒一起做匀速圆周运动:物块所受摩擦力

不变

7,如图所示:质量相同的三个小球均可视为质点：处于同一水平面上,A球以初速度vo

竖直上抛：B球以与水平面成0角、大小也是v的初速度斜向右上抛出：C球沿倾角

为00

的足够长斜面以初速度V上滑，上述运动过程中均不计空气阻力和一切摩擦：以下关

于三0

个小球上升的最大高度的比较正确的是((

A,,H,H,HB,,H,H=HC,,H,H,HD,,H,ABCABCABCBH=HAC

8,如图所示:一质量为m的物体在沿斜面对上的恒力F作用下：由静止从底端向上做

匀加速直线运动,若斜面足够长:表面光滑:倾角为6,经时间t恒力F做功80J：此后

撤去恒力F：物体又经时间t回到动身点:且回到动身点时的速度大小为v：若以地面

为重力势能的零势能面:则下列说法中正确的是（（

A.,物体回到动身点时的机械能是80J

2

3

B,,在撤去力F前的瞬间：力F的功率是mgvsin0

C,,撤去力F前的运动过程中：物体的重力势能始终在增加:撤去力F后的运动过程

中物体的重力势能始终在削减

D,,撤去力F前的运动过程中:物体的动能始终在增加:撤去力F后的运动过程中物

体的动能始终在削减

二、非选择题：第22题每空4分:共8分，第23题4分悌24题14分悌25题

21分,26题第（1（问6分:第（2（问9分:共15分，合计62分，

9,为了测定气垫导轨上滑块的加速度：滑块上安装了宽度为d=3.0cm的遮光板:滑

块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门：配套的数字毫秒计记录了遮光板通过

第一个光电门的时间为？t=0.30s：通过其次个光电门的时间为？t=0.10s：遮光板从

开头遮住第一个12

光电门到开头遮住其次个光电门的时间为？t=4.00s,则滑块通过第一个光电门的平

均速度是m/s：由于遮光板宽度很小:过光电门得时间很短:所以我们可

以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度，据此我们可以估算出滑

块的加速度是

2m/s,

10,验证机械能守恒定律试验中：依据纸带算出相关各点的速度V：量出下落距离h：则

以为纵轴：以h为横轴画出的图线应是下图中的（（

A,,AB,,C,,D,

三、解答题（共2小题:满分35分（

11,一物体从静止动身做匀加速直线运动:物体所受合力的方向始终与运动方向相同,

在第一段时间间隔内：合力的大小为F：在接下来的相同时间间隔内：合力的大小增加

了一倍：即大小为2F,求:物体在这两段时间间隔内走过的位移之比，

12,如图所示：光滑圆弧轨道与光滑斜面在B点平滑连接：圆弧半径为R=0.4m：一半

径很小、质量为m=0.2kg的小球从光滑斜面上A点由静止释放:恰好能通过圆弧

轨道最高点D,求：

（1（小球最初自由释放位置A离最低点C的高度h,

（2（小球运动到C点时对轨道的压力N的大小，

（3（若斜面倾斜角与图中9相等:均为53?:小球从离开D点至第一次落回到斜面上

运动了多长时间，

四、解答题（共2小题:满分15分（物理--选修3-4

13,如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图：P是离原

点x=2m的一个介质质点:Q是离原点x=4m的一个介质质点:此时离原点x=6m

的介质质123

点刚刚要开头振动，图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象（计时起点相

同（，由此可知,（（

A,,这列波的波长入=4m

B,,这列波的周期T=3s

C,,这列波的传播速度v=2m/s

D,,这列波的波源起振方向为向上

E,,乙图可能是图甲中质点Q的振动图象

n^/3

14,如图所示:半圆玻璃砖的半径R=10cm：折射率为:直径AB与屏幕垂直并接触于

A点:激光a以入射角i=30?射向半圆玻璃破的圆心0：结果在水平屏幕MN上毁灭

两个光斑:求两个光斑之间的距离L,

2021年山东省泰安市肥城一中高考物理模拟试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共8小题:每小题6分:在每小题给出的四个选项中：有的只有一

项符合要求:有的多项符合题目要求,全部选对的得6分:选对但不全的得3分:有错

选的得0分，

1,质量为2.5吨的货车在平直大路上运动：其运动的vt,图象如图所示，由此可求

A„0：10s内货车的平均速度

B,,10:15s内货车所受的阻力

C„15：25s内货车的加速度

D,,0:25s内合力对货车做的总功

考点:匀变速直线运动的图像,牛顿其次定律，功的计算，

专题：计算题，

分析:速度图象的斜率代表物体的加速度，Ff=ma,：其中F表示拉力:f表示阻力，速度

图象与时间轴围成的面积等于物体发生的位移，合外力对物体做的功等于物体动能的

变化量，

解答:解：货车在0:10s内的位移s=10x20?2=100m

100

10v

故货车在0：10s内的平均速度==10m/s：

故A正确，

货车在10:15s内做匀速直线运动：其所受的阻力等于其所受的拉力：

由于拉力大小未知：故无法知道阻力的大小，

故B错误，

30-20

25-15怎

2货车在15:25s内的加速度a===lm/s故C正确，

依据动能定理可知0:25s内合力对货车做的功

121

2mv2

326W==x2.5xioX30=1.125X10J

故D正确,

故选A、C、D,

点评:这是一道综合性很强的题目：但只要我们把握好了基础学问：这些题目就能顺当

解决:所以平常耍多留意基础学问的训练，

2,如图所示:质量为m的小球系于轻质弹簧的一端:且套在光滑直立的圆环上:弹簧的

上端固定于环的最高点A：小球静止时处于圆环的B点:此时?AOB=60?:弹簧伸长量

为L,现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体:系统静止时弹簧伸长量也为L,

则此时物体所受的摩擦力((

A,,等于零

B,,大小为0.5mg：方向沿水平面对右

C,,大小为mg：方向沿水平面对左

D,,大小为2mg:方向沿水平面对右

考点:共点力平衡的条件及其应用，物体的弹性和弹力，

分析:平衡状态下物体的受力分析:在夹角为特殊角时物体受力的特点，

解答:解:对B进行受力分析可以知道:物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支

持力：由于三角形OAB是一个等边三角形:利用平行四边形定则做出重力、弹力的合

力的平行四边形会发觉:重力、弹力和支持力会处在同一个三角形中并且这个三角形

是等边三角形：由此我们判定弹簧的弹力与物体的重力相等都是mg：此时弹簧伸长量

为L:当该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体时弹簧伸长量也为L:由此可知两次

弹簧的弹力是一样的即为mg：由于质量为2m的物体处于静止状态：即受力平衡:在

水平方向上是弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡:所以物体所受的摩擦力大小即为

mg：方向与弹簧的弹力方向相反即为水平面对左：故只有C正确，

故选:c,

点评:利用平行四边形:找出物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力三者

的关系:这是本题的重点:找出它们的关系：弹簧的弹力就好确定了：从而可以求出物体

所受的摩擦力，

3,“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中：发觉A、B两颗天体各有一颗靠近表

面飞行的卫星：并测得两颗卫星的周期相等：以下说法中正确的是((

A,,通过题目所给信息可分别求出天体A、B的质量

B,,通过题目所给信息可分别求出两颗卫星的质量

C,,通过题目所给信息可以确定两颗卫星的线速度确定相等

D,,通过题目所给信息可以确定天体A、B的密度确定相等

考点：万有引力定律及其应用，

专题:计算题，

分析:争辩卫星绕天体做匀速圆周运动：依据万有引力供应向心力：列出等式，依据已知

量求出未知量，

解答:解:A、争辩卫星绕天体做匀速圆周运动：依据万有引力供应向心力：列出等式

4兀刀2r3GM1r

2,T22

TGTr

=mr得：M=?

由于卫星靠近天体表面飞行:所以r为天体半径:T为周期：依据题意不能求出天体

A、B的质量，故A错误，

B、通过题目所给信息无法求出两颗卫星的质量：故B错误，

C、依据圆周运动学问得：

2冗r

T

v=:其中r为天体半径:

由于不知道天体A、B的半径关系:所以两颗卫星的线速度不愿定相等：故C错

误,D、依据密度公式得：

M

V

P=?

4

3

3体积V=nr?：

由？？？得：

3兀

GT2

p=:故D正确，

故选D,

点评:靠近天体表面飞行的卫星的轨道半径可以认为是天体半径，

4,质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上:物体与地面间的动摩擦因数为0.2：

最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等，从t=0时刻开头:物体受到方向不变、大

小呈周期

2性变化的水平拉力F的作用:F随时间t的变化规律如图所示，取重力加速度g=10m/s：

则物体在t=0到t=6s这段时间内的位移大小为((

A„4mB,,8mC„10mD„12m考点:牛顿其次定律，匀变速直线运动的位移与时

间的关系，

专题：牛顿运动定律综合专题，

分析:先求出滑动摩擦力：然后结合图象求出各个时间段的合力：再求的各段的加速度:

最终依据速度时间公式求各个时刻的速度以及各个时间段的位移状况，

解答:解:最大静摩擦力f=|jmg=0.2x20=4N当拉力大于最大静摩擦力时:物体才

会由max

静止开头运动：所以在t=2s时才开头运动，

F-f_6-4

ID一2

22:4s时:F,f：物体由静止开头做匀加速直线运动:有:a==lm/s：max

4s末的速度为:v=at=lx2=2m/s：

务＜1X4

2位移为:x=at==2m：i

,F-f2-4

a-m—2

24:6s时：lm/s,,6s末的速度为:v'二v+a't=21x2=0,：

v2

4：6s过程中的位移为：x=2

则物体的总位移是：x=x+x=2+2=4m,i2

故选:A,

点评:本题考查同学的读图的力气:要能够依据Ft,图象分析物体的运动状况:需要留

意的是在0:2s时拉力小于最大摩擦力：此时的物体还不会运动，

5,从地面上以确定初速度竖直向上抛出一小球:经过一段时间后：小球落回到地面，在

不计空气阻力和计空气阻力两种状况下做一对比：下列说法正确的是((

A,,在上升过程中：小球的加速度不计空气阻力时的大于计空气阻力时的

B.,在下降过程中：小球运动的时间不计空气阻力时的小于计空气阻力时的C,,从

抛出到落回地面整个运动过程的位移：不计空气阻力时的等于计空气阻力时的D,,

返回到原抛出点的速率:不计空气阻力时的小于计空气阻力时的

考点:牛顿其次定律，匀变速直线运动的位移与时间的关系，

分析：（1（在上升过程中空气阻力的方向向下：合力向下且大于重力:依据牛顿其次定律

即可推断有无阻力时的加速度大小，

（2（在下降过程中空气阻力的方向向上:合力向下且小于重力：故有阻力时的加速度小

于无阻力时的加速度:依据位移，时间公式即可比较时间的大小，

（3（从抛出到落回地面整个运动过程的位移为零：与有无空气阻力无关，

（4（可通过对整个过程运用动能定理求得返回到原抛出点的速率：即可推断有无阻力

时的返回到原抛出点的速率的大小，

mg+ff

mir

解答:解:A,上升过程中有空气阻力时：加速度的大小为=9+：不计空气阻力时加速度

大小为g：故A错误，

mg-ff

mir

在下落过程中有空气阻力时:加速度的大小为=g,：不计空气阻力时加速度大小

为g：下落的位移相同：依据h=可知:加速度大的时间就小：所以小球运动的时间不计

空气阻力时的小于计空气阻力时的：故B正确，

有无空气阻力时从抛出到落回地面整个运动过程的位移都为零:相等:故C正

确依据动能定理得：=W+W：初速度相同:重力做的功都为零:Gf

12_12

-2^v2111Vo

无空气阻力时：末速度等于初速度，有空气阻力时：空气阻力做负功:末速度小于初速度:

所以返回到原抛出点的速率:不计空气阻力时的大于计空气阻力时的：故D错误，故选

BC,

点评:该题是牛顿其次定律和动能定理的直接应用：解题时留意空气阻力方向始终与

速度方向相反:所以空气阻力始终做负功:大小跟速度有关:实际上是个变力，

6,如图所示:物块m随转筒一起以角速度3做匀速圆周运动：如下描述正确的是

((

X------'x

'--------)

R泄

一-s

--—I____'

A.,物块受到重力、弹力、摩擦力和向心力的作用

B,,若角速度3增大而且物块照旧随转筒一起做匀速圆周运动:那么木块所受弹力

增大

C,,若角速度3增大而且物块照旧随转筒一起做匀速圆周运动：物块所受摩擦力增

大D,,若角速度3增大而且物块照旧随转筒一起做匀速圆周运动：物块所受摩擦力

不变考点:打算向心力大小的因素，

分析:本题需先进行受力分析:然后再依据运动分析各个力之间的关系

解答:解：由于物块始终随物体做匀速圆周运动:所以物体受重力、摩擦力：筒壁的支持

力：故A错:如图所示：由于在竖直方向等效于处于静止状态:所以受力平衡:所以

2f=G：始终不变:故D对:C错:由,,N=mrw：当w增大时:N增大:故B对,故选:B、

I，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，

…1.p,

点评:此题主要考查受力分析:某一方向上受力平衡：向心力的来源等,

7,如图所示:质量相同的三个小球均可视为质点：处于同一水平面上,A球以初速度vo

竖直上抛:B球以与水平面成6角、大小也是v的初速度斜向右上抛出：C球沿倾角

为00

的足够长斜面以初速度V上滑，上述运动过程中均不计空气阻力和一切摩擦：以下关

于三0

个小球上升的最大高度的比较正确的是（（

A,,H,H,HB,,H,H=HC,,H,H,HD,,H,ABCABCABCBH=HAC

考点:机械能守恒定律，

分析:ABC三个球的机械能都守恒:到达最高点时:依据机械能守恒定律分析对比可以

得出结论，

解答:解:对于A、C两个球:达到最高点时:A、（：两个球的速度均为零:物体的动能全

部转化为重力势能:所以A、C的最大高度相同，

对于B球来说：由于B是斜抛运动:在水平方向上有一个速度:这个分速度的动能不会

转化成物体的重力势能:所以B球在最高点时的重力势能要比AC两球的小:所以高

度要比AC两球的高度小:所以D正确，

故选D,

点评：B球做的是斜抛运动:水平方向的分速度是不能转化成物体的重力势能的：所以

B的高度最低，

8,如图所示:一质量为m的物体在沿斜面对上的恒力F作用下：由静止从底端向上做

匀加速直线运动,若斜面足够长:表面光滑:倾角为6,经时间t恒力F做功80J:此后

撤去恒力F：物体又经时间t回到动身点：且回到动身点时的速度大小为V：若以地面

为重力势能的零势能面:则下列说法中正确的是((

A,,物体回到动身点时的机械能是80J

2

3

B,,在撤去力F前的瞬间：力F的功率是mgvsinQ

C,,撤去力F前的运动过程中：物体的重力势能始终在增加:撤去力F后的运动过程

中物体的重力势能始终在削减

D,,撤去力F前的运动过程中：物体的动能始终在增加:撤去力F后的运动过程中物

体的动能始终在削减

考点:机械能守恒定律,功率、平均功率和瞬时功率，

专题:机械能守恒定律应用专题，

分析:依据物体的运动的特点:在拉力F的作用下运动时间t后:撤去拉力F之后又运

动时间t返回动身点:依据物体的这个运动过程:列出方程可以求得拉力和撤去拉力

时物体的速度的大小:从而可以求得拉力F的功率的大小，

解答:解:A、依据能量守恒：除了重力之外的力对物体做正功时:物体的机械能就要增

加:增加的机械能等于外力作功的大小：由于拉力对物体做的功为80J：所以物体的机

械能要增加80J:撤去拉力之后:物体的机械能守恒:所以当回到动身点时：全部的能量

都转化为动能:所以动能为80J：重力势能为0:所以物体回到动身点时的机械能是

80J:故A正确，

B、设撤去力F前和撤去力F后的运动过程中物体的加速度大小分别为:a和a,12

1

2

2这两个过程的位移大小相等:方向相反:取沿斜面对上为正方向：则有:at=,(at・t,11

1

2

2at(：2

则得：a：a=1：3,12

由于物体先做匀加速直线运动:初速度为0：由牛顿其次定律可得：Fmgsin6=ma,：i

撤去恒力F后是匀变速运动：且加速度为a=gsin&又a：a=l：32i2

4

3

联立上两式得：F=mgsin8

1

3

设刚撤去拉力F时物体的速度大小为v'：则v'=at=gsin6ti

对于从撤去到返回的整个过程:有:,v=v'gsin6・t,：

_1

2

解得:v'=v

2

3

所以可得在撤去力F前的瞬间：力F的功率：P=Fv'=mgvsin0：故B正确，

C、撤去F后：物体先向上减速:速度为零之后向下加速运动:撤去力F后的运动过程

中物体的重力势能先增大后减小，故C错误，

D、撤去力F前的运动过程中：物体加速运动:物体的动能始终在增加:撤去力F后先

向上减速后向下加速:所以撤去力F后的运动过程中物体的动能先减小后增大，故错

误,故选:AB,

点评:分析清楚物体的运动的过程:分析物体运动过程的特点：是解决本题的关键:撤去

拉力之前和之后的路程的位移大小相等、方向相反是本题隐含的条件，

二、非选择题：第22题每空4分:共8分，第23题4分，第24题14分，第25题

21分,26题第（1（问6分:第（2（问9分:共15分，合计62分，

9,为了测定气垫导轨上滑块的加速度:滑块上安装了宽度为d=3.0cm的遮光板:滑

块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门：配套的数字毫秒计记录了遮光板通过

第一个光电门的时间为？t=0.30s：通过其次个光电门的时间为？t=0.10s：遮光板从

开头遮住第一个12

光电门到开头遮住其次个光电门的时间为？t=4.00s,则滑块通过第一个光电门的平

均速度是，,,,0.10,,m/s：由于遮光板宽度很小:过光电门得时间很短:所以我们可

以把滑块通过光电门的平均速度近似看成是滑块的瞬时速度，据此我们可以估算出滑

块的加速度是„„0.05

2m/s,

考点:测定匀变速直线运动的加速度，

专题:试验题，

分析:先依据平均速度公式求出滑块通过第一个光电门和其次个光电门的平均速度：

由于遮光板宽度很小:过光电门的时间很短:所以我们可以把滑块通过光电门的平均

速度近似看成是滑块的瞬时速度:再依据速度时间公式求出加速度，

解答:解：由于遮光板宽度为3cm：故滑块通过第一个光电门的平均速度

-^-0.03

Atl0.3

v===0.10m/si

滑块通过其次个光电门的平均速度

r^-0.03

△t20.1

v===0.30m/s2

故加速度

0,3-0・1

~4At

2a===0.05m/s

故答案为:0.10:0.05,

点评：本题关键在于瞬时速度的测量方法：即用极短时间内的平均速度代替瞬时速度,

由于遮光板宽度很小:过光电门得时间很短:所以我们可以把滑块通过光电门的平均

速度近似看成是滑块的瞬时速度，

10,验证机械能守恒定律试验中：依据纸带算出相关各点的速度v：量出下落距离h：则

以为纵轴：以h为横轴画出的图线应是下图中的((

考点:机械能守恒定律,

专题:机械能守恒定律应用专题,

/j2

分析:依据需要验证的方程mgh=：得到,h的关系式:再依据数学学问选择图象,解答:

解:本试验需要验证的方程是mgh=:得到=gh：依据数学学问可知,h图象是过原点

的直线，故C正确，

22,

vvJ2

22-2mV

故选：C,

点评:解决本题要理解并把握验证机械能守恒定律试验原理:通过图象来处理数据，图

象往往从数学角度来理解物理意义，

三、解答题（共2小题:满分35分（

11,一物体从静止动身做匀加速直线运动:物体所受合力的方向始终与运动方向相同,

在第一段时间间隔内：合力的大小为F：在接下来的相同时间间隔内：合力的大小增加

了一倍：即大小为2F,求:物体在这两段时间间隔内走过的位移之比，

考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系，牛顿其次定律，

专题：计算题，

分析:要求两段时间内的位移之比需要求出每段时间内的位移:要求位移：需要求出每

段时间内的加速度：以及每段时间内的初速度，

F

IT

解答:解:在第一段时间t内物体的加速度a=：i

1F2

有七

2物体走过的位移为s=at=n

F

-t

ID

t秒末物体的速度v=at=i

2F

ID

在其次段t内物体的加速度a=2

02

Ft2Ft122F2

in1112a2t2mt

则在其次段时间内走过的位移为S=Vt+=+==4s故S：S=1:42112答:物体在这两段

时间内走过的位移之比为1:4,

点评:娴熟把握匀变速直线运动的位移公式:速度公式以及加速度的公式是求解此类

问题的前提和基础，

12,如图所示:光滑圆弧轨道与光滑斜面在B点平滑连接：圆弧半径为R=0.4m：一半

径很小、质量为m=0.2kg的小球从光滑斜面上A点由静止释放:恰好能通过圆弧

轨道最高点D,求：

（1（小球最初自由释放位置A离最低点C的高度h,

（2（小球运动到C点时对轨道的压力N的大小，

（3（若斜面倾斜角与图中0相等:均为53?:小球从离开D点至第一次落回到斜面上

运动了多长时间，

考点:机械能守恒定律，平抛运动，向心力，

分析：（1（小球恰好能通过圆弧轨道最高点D：说明此时恰好是物体的重力作为向心力：

由向心力的公式可以求得在D点的速度大小：从A到D的过程中：物体的机械能守恒:

从而可以求得小球释放时离最低点的高度，

(2(在C点时:对物体受力分析:重力和支持力的合力作为向心力：由向心力的公式可

以求得小球受得支持力的大小:再由牛顿第三定律可以知道对轨道压力的大小,(3(离

开D点小球做平抛运动：依据水平方向的匀速直线运动：竖直方向上的自由落体运动

可以求得小球运动的时间，

解答:解:(1(在D点时：设小球的速度为V：D

VD

R

,,mg=m

?v=2m/SD

由A运动到D点：由机械能守恒可得

1

2

2,,mg(h2R,(=mvD

?h=lm

所以小球最初自由释放位置A离最低点C的高度h是1m,

(2(由A运动到C点：由机械能守恒可得

1

2

2,,mgh=mvc

在C点：由牛顿其次定律和向心力公式可得

反

R

,,F,mg=mN

?F=12NN

由牛顿第三定律可知：小球运动到C点时对轨道的压力N的大小是12N,（3（设撞到

斜面上E点离B点的距离为X：飞行时间为t：由平抛运动规律可得水平方

向，，Rsin53?+xcos53?=vtD

1

2

2竖直方向,,R+Rcos53?xsin53?=.gt

4

15

由上面两式解得,,t=s?0.27s,

所以小球从离开D点至第一次落回到斜面上运动的时间是0.27s,

点评:小球的运动