2023-2024学年浙江省高一（下）期末物理试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年浙江省高一（下）期末物理试卷（含答案），共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的( )
A. 质量可以不同B. 速率可以不同C. 轨道半径可以不同D. 轨道平面可以不同
2.在光滑的水平桌面上，用细线系一个小球，球在桌面上做匀速圆周运动，当系球的线突然断了，关于球的运动，下列说法中正确的是( )
A. 向圆心运动B. 背离圆心沿半径向外运动
C. 沿切线方向匀速运动D. 做半径逐渐变大的曲线运动
3.在研究平抛运动的实验中，某同学只在竖直板面上记下了重垂线Y的方向，但忘了记下平抛的初位置，在坐标纸上描出了一段曲线的轨迹，如图所示，现在曲线上取A、B两点，量出它们到y轴的距离，AA′=xl，BB′=x2，以及AB的竖直距离ℎ，用这些可以求得小球平抛时初速度为( )
A. g(x22−x12)2ℎB. g(x2−x1)22ℎC. x1+x22 g2ℎD. x1−x22 g2ℎ
4.假设地面上有一列火车以接近光速的速度运行，其内站立着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是( )
A. 这个人是一个矮胖子B. 这个人是一个瘦高个子
C. 这个人矮但不胖D. 这个人瘦但不高
5.关于地球的第一宇宙速度，下列说法中正确的是( )
A. 它是人造地球卫星环绕地球运转的最小速度
B. 它是近地圆行轨道上人造卫星的运行速度
C. 它是能使卫星进入轨道的最大发射速度
D. 以上说法都不对
6.某物体受到几个恒定外力的作用做匀速直线运动，如果撤掉一个力，该物体不可能做( )
A. 匀减速直线运动B. 匀速圆周运动C. 匀变速曲线运动D. 匀加速直线运动
7.如图所示，质量相同的甲、乙两个小物块(视为质点)，甲从竖直固定的14光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是( )
A. 两物块到达底端时速度相同
B. 两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C. 两物块到达底端时动能不同
D. 两物块到达底端时，甲物块重力做功的瞬时功率大于乙物块重力做功的瞬时功率
8.如图为一人造同步卫星的实景图，与此同时地球上有一物体静止于赤道上，对此下列说法错误的是( )
A. 该同步卫星一定位于赤道上空
B. 同步卫星的向心加速度要比赤道上的物体大
C. 该物体与地球的万有引力要大于同步卫星与地球的万有引力
D. 若想使该同步卫星发射出太阳系，其发射的速度至少要大于16.7km/s
9.关于引力常量G，下列说法中正确的是( )
A. 引力常量G的值是由牛顿第一次比较准确地测出的
B. 引力常量G的大小与两物体质量乘积成反比，与两物体间距离的平方成正比
C. 引力常量G的物理意义是：两个质量都是1 kg的物体相距1 m时相互吸引力为6.67×10−11N
D. 引力常量G是不变的，其值大小与单位制的选择无关
10.如图所示，一物体在O点以初速度v开始运动，已知物体只受到水平向右恒力F的作用，则物体运动情况是( )
A. 做直线运动，速率不断增大B. 做直线运动，速率不断减小
C. 做曲线运动，速率先增大后减小D. 做曲线运动，速率先减小后增大
11.如图所示，a是地球赤道上的一点，某时刻在a的正上方有三颗卫星b、c、d，它们的圆轨道与赤道平面共面，各卫星时刻起，经过一段时间t(这段时间小于b卫星绕地球运行的周期)，卫星相对a的位置最接近实际的是( )
A.
B.
C.
D.
12.北京时间2021年2月10日19时52分，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动。假定“天问一号”的三个轨道如图所示，轨道Ⅰ为近火轨道，轨道Ⅱ为转移轨道，轨道Ⅲ为同步轨道，P、Q分别是转移轨道的近火点和远火点。若火星的第一宇宙速度为3.5km/s。假设卫星在各轨道运行时质量不变，关于“天问一号”在这三个轨道上的运动，下列说法正确的是( )
A. “天问一号”在轨道Ⅲ上的运行速度大于3.5km/s
B. “天问一号”在Q点从轨道Ⅲ转移至轨道Ⅱ上需要“制动”减速
C. “天问一号”在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点的过程是加速运动
D. “天问一号”在轨道Ⅲ上运行的机械能等于在轨道Ⅰ上运行的机械能
13.下列说法错误的是( )
A. 静摩擦力既可做正功，也可做负功，甚至可以不做功
B. 滑动摩擦力可以做正功或负功，甚至可以不做功
C. 作用力和反作用力均可都做正功或都做负功
D. 物体所受各力做功的代数和不为零，其机械能一定不守恒
14.如图所示，篮球绕中心线OO′以ω角速度转动，则( )
A. A、B两点的角速度不相等
B. A、B两点线速度大小相等
C. A、B两点的周期相等
D. A、B两点向心加速度大小相等
15.2020年12月3日，中国探月工程“嫦娥五号”上升器点火起飞，携带月壤进入预定环月轨道，成功实现中国首次地外天体起飞，此前“嫦娥五号”探测器经过约19小时月面工作，顺利完成月球表面自动采样。假设探测器在月球表面附近做勾速圆周运动，经过的时间为t，运动的弧长为s，将月球看做半径为R、质量均匀分布的球体，引力常量为G，则( )
A. 探测器的环绕周期为2πRtsB. 探测器的向心加速度为s2Rt2
C. 月球的质量为s2t2GRD. 月球的密度为3s24πGt2R2
二、非选择题（共40分）
16.如图所示，是《用圆锥摆粗略验证向心力的表达式》的实验，实验步骤如下：
(1)用秒表记下钢球运动n圈的时间t。
(2)通过纸上的圆测出钢球做匀速圆周运动的半径r，并用天平测出钢球质量m。
(3)测出钢球(以球心为准)到悬点的竖直高度ℎ。用上述测得的量分别表示钢球所需要向心力的表达式F1=______，钢球所受合力的表达式F2=______。下面是一次实验得到的数据，代入上式计算结果F1=______N，F2=______N.(g取10m/s2，π2≈10，保留三位有效数字)
(4)比较上述向心力F1和合力F2，得出了实验结论。
17.某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
①为了正确完成实验，以下做法必要的是______。
A.实验时应保持桌面水平
B.每次应使钢球从静止开始释放
C.使斜面的底边ab与桌边重合
D，选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
②实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0cm、25.0cm、35.0cm，示意如图2.重力加速度g=10m/s2，钢球平抛的初速度为______m/s。
③图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是______。
18.兴趣小组为了测量吊扇的角速度，设计了如下实验：把吊扇的扇叶拆除，将质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂在半径为R的机头边缘。给机头通电，待稳定后，小球随机头一起在水平面内做匀速圆周机头运动。轻绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，忽略空气阻力，求：
(1)小球做圆周运动的半径r；
(2)小球做圆周运动的向心力大小；
(3)机头匀速转动的角速度。
19.如图所示，一根轻质细杆两端分别固定着A、B两个小球，O点是光滑水平轴。已知AO=BO=L，A球质量为m，B球质量为2m。使细杆从水平位置由静止释放，当B球转到O点正下方时，求：
(1)B球的速度大小；
(2)B球对细杆的拉力。
20.如图所示，粗糙的水平轨道AB与半径为R的光滑半圆轨道BC在B点相切，轨道ABC固定在竖直平面内，C为半圆轨道的最高点。质量为m的小物块从A点以水平向右的初速度沿AB滑行，已知AB间的距离为s，物块与AB间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，重力加速度为g。
①若物块恰能运动到B点停下来，求物块在A点的初速度大小；
②若物块恰能通过C点，求物块通过C点时的速度大小和在A点的初速度大小。
21.如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R=0.5m的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E=5×103N/C.今有一质量为m=0.1kg、带电荷量q=8×10−5C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放，若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.05，取g=10m/s2，求：
(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力
(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的质量可以不同，故A正确。
B、根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r，因为r一定，所以这些卫星速率相等。故B错误。
C、因为同步卫星要和地球自转同步，即这些卫星ω相同，根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mω2r，因为ω一定，所以r必须固定。故C错误。
D、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的。所以所有的同步卫星都在赤道上方同一轨道上。故D错误。
故选：A。
了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同。物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心。通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量。
地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度。
2.【答案】C
【解析】解：小球的速度方同沿切线方向；而当线断后，小球的向心力消失，此时小球合外力为零，则小球将沿切线方向飞出，而一直做匀速直线运动；
故选：C．
小球的运动方向沿曲线运动的切线方向；若合外力消失时，小球由于惯性将保持原来的匀速直线运动或静止状态．
本题考查牛顿第一定律及曲线运动的性质，要注意将所学物理知识在生活中灵活应用．
3.【答案】A
【解析】【分析】
正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；根据平抛运动的分位移公式列式求解后联立求解即可．
对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题．
【解答】
解：设抛出点为O点，从抛出到A点过程，根据平抛运动的分位移公式，有：
x1=v0t1 ①
ℎA=12gt12 ②
从抛出到B点过程，根据平抛运动的分位移公式，有：
x2=v0t2 ③
ℎB=12gt22 ④
联立解得
v0= g(x22−x12)2ℎ，故A正确，BCD错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】解：车内站着一个中等身材的人，说明不高；站在路旁的另一个人观察车里的人，由于尺缩效应，观察到车内人的身材的宽度变小，所以看到的结果是车内人瘦但不高。故ABC错误，D正确。
故选：D。
本题关键是知道狭义相对论的一个重要效应--尺缩效应：在尺子长度方向上运动的尺子比静止的尺子短．
此题考查狭义相对论的基本结论，熟记并理解它，可以解决所有关于狭义相对论的问题．
5.【答案】B
【解析】解：由万有引力提供向心力GMmR2=mv2R，得：v= GMR，所以第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度。故ACD错误，B正确。
故选：B。
由万有引力提供向心力解得卫星做圆周运动的线速度表达式，判断速度与轨道半径的关系可得，第一宇宙速度是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，轨道半径最小，线速度最大．
注意第一宇宙速度有三种说法：①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度，②它是人造地球卫星在圆轨道上运行的最大速度，③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度．
6.【答案】B
【解析】解：当物体在多个恒定力作用下处于平衡状态时，任选其受到的一个力，除去该力之外的其他力的合力与选定的力大小相等方向相反，因此若撤去该力，则物体受到的合力与被撤去力大小相等方向相反。
A.若被撤去力与撤去力时物体的运动方向相同，则撤去该力后物体所受合力与撤去力时物体的运动方向相反且大小恒定，根据牛顿第二定律可知之后物体将做匀减速直线运动，故A正确；
B.原本受多个恒定力处于平衡状态的物体，撤去某一个力后，物体仍然受到恒定的合力作用，而圆周运动需要物体所受合力始终指向圆心，故不可能做匀速圆周运动，故B错误；
C.若被撤去力与撤去力时物体的运动方向不在同一直线上，则撤去该力后物体所受合力与撤去力时物体的运动方向不在同一直线且大小恒定，根据牛顿第二定律可知之后物体将做匀变速曲线运动，故C正确；
D.若被撤去力与撤去力时物体的运动方向相反，则撤去该力后物体所受合力与撤去力时物体的运动方向相同且大小恒定，根据牛顿第二定律可知之后物体将做匀加速直线运动，故D正确。
本题要求选择不可能的是，故选：B。
多力作用下受力平衡的物体，突然撤去某一个力时，物体将会受到的合力将会与被撤掉力大小相等方向相反，
本题需要学生了解物体在多个恒定力作用下处于平衡状态时，撤去某一力后的受力情况，同时结合牛顿第二定律及物体做曲线运动的条件相关知识以解决此类问题。
7.【答案】B
【解析】解：AC、由静止滑下到底端过程，根据动能定理有mgR=12mv2
解得v= 2gR
可见，两物块到达底端时动能相等，物块的速度大小相等，但是速度方向不同，故AC错误；
B、两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，重力做功均为WG=mgR，重力做功相同，故B正确；
D、两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，而乙球重力做功的瞬时功率不为零，甲物块重力做功的瞬时功率小于乙物块重力做功的瞬时功率，故D错误。
故选：B。
根据机械能守恒条件判断速度大小；根据重力做功公式判断；根据动能定理比较两小球到达底端的动能；根据重力与速度方向的关系，结合P=mgvcsα比较瞬时功率的大小。
本题考查了机械能守恒定律、动能定理、重力做功、功率公式等基础知识，解得本题的关键是动能是标量，只有大小没有方向，以及知道瞬时功率的表达式P=mgcsα，注意α为力与速度方向的夹角。
8.【答案】C
【解析】解：A、同步卫星相对于地球静止，轨道平面过地心，所以该同步卫星一定位于赤道上空，故A正确；
B、同步卫星的角速度和赤道上的物体角速度相同，但轨道半径大于赤道上物体的运动半径，根据a=rω2可知，同步卫星的向心加速度要比赤道上的物体大，故B正确；
C、由于物体质量和同步卫星的质量大小不知道，根据F=GMmr2可知，无法判断该物体与地球的万有引力与同步卫星与地球的万有引力的大小，故C错误；
D、16.7km/ℎ是第三宇宙速度，即逃逸速度，若想使该同步卫星发射出太阳系，其发射的速度至少要大于16.7km/s，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
同步卫星相对于地球静止，位于赤道上空；根据a=rω2判断向心加速度大小；根据F=GMmr2判断万有引力大小；16.7km/ℎ是第三宇宙速度，即逃逸速度，由此分析。
对于同步卫星，要抓住五个“一定”：轨道一定，角速度一定，高度一定，速率一定，周期一定；知道赤道上物体与同步卫星的角速度相同。
9.【答案】C
【解析】解：A、引力常量G的大小是由卡文迪什在实验室测得的，G值的测出使万有引力定律有了真正的实用价值，可用万有引力定律进行定量计算，故A错误；
B、G的数值是常数，与两物体质量乘积和两物体间距离的平方无关，故B错误；
C、引力常量G的物理意义是：两个质量都是1 kg的物体相距1 m时相互吸引力为6.67×10−11 N，故C正确；
D、G是一个常量，其大小与单位制有关系，在国际单位中大小是6.67×10−11 N⋅m2/kg2，故D错误；
故选：C。
根据牛顿的万有引力定律F=GmMr2，由m、M、r、F四个物理量的单位推导出G的单位．但不同单位制的G的数值不同．同时不同位置的G都是一样的．其值是由卡文迪什在实验室测得的．
本题由万有引力定律的变形式，来分析G的单位、物理意义及不同位置的G的数值如何．
10.【答案】D
【解析】解：由图象知物体所受合外力与速度的夹角大于90°，物体做曲线运动，把F分解为两个力：一个垂直于V，另一个与V反向；垂直的力使物体做曲线运动，反向的力使物体先做减速运动，当速度减小到零时物体又做反方向的加速运动，因此，速度大小先减小后增大，D正确。
故选：D。
当物体所受的合外力与速度在一条直线上时，物体做匀变速直线运动；当合外力与速度方向不共线时，物体做曲线运动．
本题较简单，只要牢记当合外力与速度不共线时物体将做曲线运动．
11.【答案】C
【解析】解：万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=mr4π2T2，解得T= 4π2r3GM，轨道半径越大，周期越大，角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
根据万有引力提供向心力得出周期与轨道半径的关系，得出b、c、d的周期大小，从而得出角速度的大小，根据相同时间转过的角度大小确定正确的位置。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。
12.【答案】B
【解析】【分析】
由万有引力提供向心力得到线速度v= GMr，由此分析线速度大小；根据变轨原理分析B选项；根据开普勒第二定律分析C选项；根据机械能守恒定律的守恒条件分析D选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，知道开普勒第二定律的应用方法、掌握变轨原理。
【解答】
A、若火星的第一宇宙速度为3.5km/s，即贴近火星表面做匀速圆周运动的卫星的线速度大小为3.5km/s，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，“天问一号”在轨道Ⅲ上运行的轨道半径大于火星半径，所以线速度小于3.5km/s，故A错误；
B、“天问一号”在Q点从轨道Ⅲ转移至轨道Ⅱ上做向心运动，需要“制动”减速，故B正确；
C、根据开普勒第二定律可知，“天问一号”在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点的过程速度逐渐减小，是减速运动，故C错误；
D、“天问一号”在轨道Ⅲ上向轨道Ⅰ上运行时，需要点火减速，除重力之外的其它力做负功，机械能减小，所以“天问一号”在轨道Ⅲ上运行的机械能大于在轨道Ⅰ上运行的机械能，故D错误。
故选：B。
13.【答案】D
【解析】解：A、静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功，比如人推物体而物体不动时，静摩擦力对物体不做功，物体在倾斜的传送带上随着传送带一起匀速运动时，静摩擦力可以做正功也可以做负功，故A正确；
B、滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功，比如擦黑板时，摩擦力对黑板擦做负功，摩擦力对黑板不做功，故B正确；
C、作用力和反作用力可以同时做正功，也可以同时做负功，故C正确；
D、做匀加速运动的物体，若只有重力做功，机械能可能守恒，比如自由落体运动，故D错误。
本题选错误的，
故选：D。
力做功的正负即决于力和位移的方向关系；根据作用力和反作用力的性质可以判断两力做功的情况；根据机械能守恒的条件分析。
合力做功的代数和不为零，物体的动能一定变化；只有重力或弹簧弹力做功时机械能守恒。
14.【答案】C
【解析】解：A、A、B两点共轴转动，角速度相等。故A错误；
B、A点转动半径是Rcsθ，B的转动半径是R，即A、B转动的半径不等，根据v=rω得A、B的线速度大小不等。故B错误；
C、根据T=2πω知，角速度相等，则周期相等。故C正确；
D、根据a=rω2知，角速度相等，但A、B的转动半径不等，所以向心加速度大小不等。故D错误。
故选：C。
共轴转动的各点角速度相等，根据v=rω判断线速度的大小，根据T═2πω判断周期的大小，根据a=rω2比较向心加速度的大小．
解决本题的关键知道共轴转动各点角速度大小相等，以及知道角速度、线速度、周期、向心加速度之间的关系．
15.【答案】AD
【解析】解：A、由v=△s△t得：v=st，又T=2πRv=2πRts，即：探测器的环绕周期为2πRts，故A正确；
B、由向心加速度公式an=v2r将v=st，r=R代入得：an=s2Rt2，故B错误；
CD、万有引力提供向心力，由向心力公式有：GMmR2=man，将an=s2Rt2代入得：M=Rs2Gt2，又ρ=MV代入数据得：ρ=3s24πGt2R2，故C错误D正确。
故选：AD。
探测器在月球表面附近做勾速圆周运动，可应用经过的时间为t，运动的弧长为s求解圆周运动的周期、向心加速度等物理量，再应用万有引力提供向心力列式求解月球的质量和密度。
本题考查万有引力定律的应用，万有引力提供向心力，结合匀速圆周运动的知识求解即可。
16.【答案】4mπ2n2rt2；mgrℎ；0.175；0.172。
【解析】【分析】
通过实验数据来粗略验证向心力表示式，培养学生善于分析问题与解决问题的能力，同时运用力的分解寻找向心力的来源。
利用公式Fn=mv2r计算钢球所受的向心力，而v=2πrT，根据几何关系可以求出重力与合力的关系，代入数据即可求解。
【解答】
钢球做匀速圆周运动的线速度为：v=lt=2πrnt，
则钢球所需要向心力的表达式为：F1=mv2r=4mπ2n2rt2=4×0.1×3.142×1600×，
根据几何关系可知，钢球所受合力的表达式为：F2=mgtanθ=mgrℎ=0.1×10×。
故答案为：4mπ2n2rt2；mgrℎ；0.175；0.172。
17.【答案】AB 2 方便将木板调整到竖直平面内
【解析】解：①A、钢球离开桌面后做平抛运动，实验时应保持桌面水平，故A正确；
B、为保证钢球做平抛运动的初速度相等，每次应使钢球从静止开始释放，故B正确；
C、只要桌面水平即可保证小球离开桌面后做平抛运动，只要使钢球从同一位置由静止释放即可保证小球的初速度相等，斜面的底边ab与桌边不必重合，故C错误；
D、只要使钢球从同一位置由静止释放即可保证小球的初速度相等，钢球与桌面间的摩擦力对实验没有影响，故D错误。
故选：AB。
②小球在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论可知：△y=gt2
则有：t= △yg= (25.0−15.0)×10−210s=0.1s
小球的初速度为：v0=xt=
③实验过程应使木板在竖直面内，木板上悬挂的铅垂线作用是方便将木板调整到竖直平面内。
故答案为：①AB；②2；③方便将木板调整到竖直平面内。
①钢球离开桌面后做平抛运动，桌面应水平；实验要控制钢球每次做平抛运动的初速度相等，钢球应从同一位置由静止释放，根据实验注意事项分析答题。
②钢球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，在竖直方向应用匀变速直线运动的规律求出相邻两点运动的时间间隔，然后求出钢球的初速度。
③实验过程应控制木板在竖直平面内。
本题考查了实验注意事项与实验数据处理，知道实验原理与实验注意事项是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论与运动学公式即可解题。
18.【答案】解：(1)根据几何关系解得r=Lsinθ+R
(2)对小球做受力分析，水平方向有
Fn=mgtanθ
(3)由牛顿第二定律得：mgtanθ=mω2r
联立解得ω= gtanθLsinθ+R
答：(1)小球做圆周运动的半径为Lsinθ+R；
(2)小球做圆周运动的向心力大小为mgtanθ；
(3)机头匀速转动的角速度为 gtanθLsinθ+R。
【解析】(1)根据几何关系解得圆周半径；
(2)(3)根据受力分析结合牛顿第二定律解得向心力与角速度大小。
本题考查向心力，解题关键在于对小球受力分析，根据牛顿第二定律解题。
19.【答案】解：(1)对于系统，由功能关系可得：2mgL−mgL=12mvA2+12×2mvB2
又vA=vB=ωL
联立解得：vB= 2gL3
(2)根据牛顿第二定律有
F−2mg=2mvB2L
解得F=103mg
根据牛顿第三定律可知B球对细杆的拉力为103mg。
答：(1)B球的速度大小为 2gL3；
(2)B球对细杆的拉力为103mg。
【解析】(1)因A、B两球用轻杆相连，故两球转动的角速度相等；对A、B两球组成的系统应用机械能守恒定律并结合牛顿第二定律列式求解；
(2)对B球运用牛顿第二定律及牛顿第三定律解答。
本题第一问主要考查了功能关系的应用及牛顿第二定律的直接应用，注意A、B两球用轻杆相连，两球转动的角速度相等。
20.【答案】解：①若物块恰能运动到B点停下来，设物块在A的初速度大小为v1，物块从A运动到B的过程中，根据动能定理有−μmgs=0−12mv12，解得v1= 2μgs
②若物块恰能通过C点，则物块在C点时，设速度大小为vC，根据牛顿第二定律有mg=mvC2R，得vC= gR
设在这个过程中，物块在A的速度大小为v2，则物块从A到C的运动过程中，根据动能定理有−μmgs−mg⋅2R=12mvC2−12mv22，解得v2= 2μgs+5gR
答：①若物块恰能运动到B点停下来，物块在A点的初速度大小为 2μgs；
②若物块恰能通过C点，物块通过C点时的速度大小为 gR，在A点的初速度大小为 2μgs+5gR。
【解析】①根据动能定理列式求解；
②根据动能定理和牛顿第二定律列式求解。
考查牛顿第二定律和动能定理的应用，会根据题意进行相关物理量的计算。
21.【答案】解：(1)设滑块在B点速度为v，对滑块从A到B的过程，
由动能定理得：mgR−EqR=12mv2①
设滑块在B点对B点压力为F，轨道对滑块支持力为F′，
由牛顿第三定律得得：F′=F ②
对滑块由牛顿第二定律得：
F′−mg=mv2R ③
由①②③得，F=3mg−2Eq=2.2N④
(2)由于滑块在水平面上的滑动摩擦力：
f=μmg=0.05×0.1×10N=0.05NEq=0.4N，故滑块最终将在圆弧轨道上做往复运动．
设滑块在水平轨道上通过的总路程为s，对小球在水平面的运动过程，
由能量守恒得：mgR−EqR−μmgs=0 ⑦
由⑤⑥⑦代入数据解得：s=6m
答：(1)滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力2.2N
(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程为6m．
【解析】(1)对滑块从A到B的过程应用动能定理，可求到B点的速度，此时应用牛顿第二定律，可求对B点的压力．
(2)滑块在水平轨道运动时，只有电场力和摩擦力对其做功，由动能定理求得水平轨道上的总路程
对单个物体的运动，求解位移或速度是利用动能定理较为简单，此外，恰当的选择运动过程会使运算简便，要注意选择．本题中要注意比较在平面上时的电场力与摩擦力的大小关系．m
(kg)
r
(m)
n
(转)
t
(秒)
ℎ
(m)
0.1
0.025
40
30.2
0.145