廣東省廣州市某中學2024-2025學年高一年級下冊4月期中物理試題（解析版）

廣東省廣州市第六中學2024-2025學年高一下學期4月期中物理試題

一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分；每小題給出的四個選項中，只有一個選項

符合題意，有選錯或不答的得。分）

1.在物理學的發展歷程中，有很多科學家做出了卓越的貢獻，下列說法正確的是（）

A.牛頓利用扭秤裝置比較準確地測出了萬有引力常數G

B.哥白尼是“地心說”的主要代表人物

C.牛頓發現了萬有引力與物體質量及它們之間距離的關系

D.第谷總結出了行星運動的規律，找出了行星按照這些規律運動的原因

【答案】C

【解析】【解答】A.牛頓提出了萬有引力定律，但并沒有測出引力常數G,引力常數G是由卡文迪什通過扭

秤實驗精確測量出來的，A錯誤；

B.哥白尼是“日心說”的代表人物，而“地心說”的代表人物是托勒密，B錯誤；

C.牛頂發現了萬有引力定律，闡明了引力與物體質量及距慮的關系尸=怨磬，C正確；

D.第谷是觀測天文學家，積累了大量的行星運動數據，但行星運動規律是由開普勒總結的（開普勒三定律），

而行星運動的原因是由牛頓的萬有引力定律解釋的，D錯誤。

故答案為：Co

【分析】這道題的核心是梳理物理學史上關于萬有引力和日心說的關鍵人物及其貢獻，通過對比每個人物的具

體成就來判斷選項的正確性。

2.人造地球衛星發射的成功是人類偉大的創舉，標志著人類已經具備探索外太空的能力，你認為下列四圖

中不可能是人造地球衛星軌道的是（）

3

I

【答案】B

第1頁

【解析】【解答】人造地球衛星是由萬有引力提供向心力，讓其做圓周運動，則它圓周軌道的圓心是地球的地

心，故ACD正確，B錯誤。

故答案為：Bo

【分析】人造地球衛星做圓周運動的向心力由萬有引力提供，因此軌道圓心必須與地心重合。

3.當載重卡車在泥地或沙地陷車時，經驗豐富的司機會在卡車主動輪與從動輪之間放一大小合適的圓木墩

（如圖所示），卡車就能順利地駛出。主動輪和從動輪的直徑相同，且都大于圓木墩的直徑，卡車駛出泥地

或沙地的過程，主動輪、從動輪和圜木墩均不打滑。關于卡車順利地駛出泥地或沙地的過程，下列說法正確

的是（）

A.圓木墩與主動輪的轉動方向相同

B.圓木墩的邊緣質點與從動輪的邊緣質點的角速度大小相等

C.圓木墩的邊緣質點與從動輪的邊緣質點的向心加速度大小相等

D.圓木墩的邊緣質點與主動輪的邊緣質點的線速度大小相等

【答案】D

【解析】【解答】A.主動輪是動力輪，順時針轉動時，它會與圓木墩接觸并對其產生摩擦力，使圓木墩逆時

針轉動，因此，圓木墩與主動輪的轉動方向相反，故A錯誤；

BD.圓木墩的邊緣質點與從動輪的邊緣質點的線速度大小相等，主動輪的直徑大于圓木墩的直徑，由u=

3“可知圓木墩的邊緣質點大于從動輪的邊緣質點的角速度，故B錯誤，D正確：

C.由°=上，可知圓木墩的邊緣質點大于從動輪的邊緣質點的向心加速度，故C錯誤。

r

故答案為：Do

【分析】這道題的核心是理解接觸傳動的線速度關系，以及線速度、角速度、向心加速度之間的公式轉換

V=CDI?和0=

r

4.如圖，在地面上同一位置先后拋出質量均為m的兩小球P、Q,其中P做斜拋運動，Q做平拋運動，拋

出后兩小球均落在比地面低的海平面上，若拋出時速度大小相等，則（）

A.兩小球同時到達海平面

第2頁

B.兩小球一定到達海平面上同一位置

C.兩小球到達海平面時的動能一定相同

D.全過程兩小球重力的平均功率一定相等

【答案】C

【解析】【解答】A.令拋出速度大小為%,P拋出速度方向與水平方向夾角為仇根據豎直方向的位移公式

則有

h=-vosin0-tP+h=

根據表達式可以得出時間的大小關系為

tP>tQ

故A錯誤；

B.小球水平方向做勻速直線運動，根據水平方向的位移公式可以得出Q水平分位移為

XQ=V0tQ

結合上述解得

根據水平方向的位移公式可以得出：P水平分位移為

XP=VQCOSO?tp

若將P小球直接豎直上拋，即使拋出角。等于90。，P小球水平分位移為0,P將落在原來位置，可知，若將

拋出角由90。減小一點點，P水平分位移將增大一點點，但仍然小于Q的水平分位移，由于拋出角大小不確

定，所以不能確定P水平方向速度的大小則兩小球不一定到達海平面上同一位置，故B錯誤；

C.小球質量相等，下落高度相同，由于重力做功相等，而且初動能相等，根據動能定理可知小球的末動能

相等，則兩小球到達海平面時的動能一定相同，故C正確；

D.根據平均功率的表達式有

由于

tp>￡Q

則有

PpVPQ

故D錯誤。

故選Co

【分析】利用豎直萬向的位移公式可以比較運動的時間：結合重力做功及初動能相等可以比較末動能的大

小；利用重力做功及時間可以比較平均功率的大小；利用水平方向的位移公式結合水平方向的初速度大小可

第3頁

以比較水平方向位移的大小。

5.今年國慶期間深圳龍崗大運城萬架無人機表演特別震撼，每架無人機攜帶著顯像屏從地面升空到達表演

地點。如圖，一架無人機豎直升空過程先從靜止做勻加速運動再做勻減速運動至靜止，下列說法正確的有

A.顯像屏一直處于超重狀態

B.無人機對?顯像屏支持力先做正功后做負功

C.顯像屏克服重力做功的功率先增大后減小

D.無人機及顯像屏構成系統上升過程機械能守恒

【答案】C

【解析】【解答】A.無人機先勻加速上升（加速度向上）后勻減速上升（加速度向下）。顯像屏的超重與失

重狀態取決于加速度方向：加速上升時超重，減速上升時失重。因此顯像屏先超重后失重，故A錯誤。

B.無人機對顯像屏的支持力方向始終豎直向上，而顯像屏的位移方向也始終豎直向上，因此支持力與位移

方向相同，支持力始終做正功，故B錯誤。

C.顯像屏克服重力做功的功率為:上過程中速度v先增大后減小，因此該功率先增大后減小，故C正確。

D.無人機及顯像屏系統在加速上升階段，動能和重力勢能均增加，且發動機對系統做正功，因此機械能增

加（非守恒），故D錯誤。

故選Co

【分析】1、超重與失重的判斷

核心原理：超重（加速度向上）一；失重（加速度向下）T。

應用場景：物體在豎直方向加速或減速時，需通過加速度方向判斷超重或失重狀態。

2、功的正負判斷

核心原理：功（為力與位移夾角）。

應用場景：支持力方向始終向上，位移方向也向上，故，，支持力始終做正功。

3、功率的計算與變化分析

核心公式：克服重力做功的功率（v為豎直方向速度）。

應用場景：速度v先增大后減小，因此功率先增大后減小。

4、機械能變化的條件

核心原理：機械能變化取決于除重力（或彈力）外其他力是否做功。其他力做正功-機械能增加；做負功

第4頁

一機械能減少。應用場景：無人機發動機提供推力（非保守力），對系統做正功，因此機械能增加。

G.2023年2月23日，我國首顆超百Gbps容量的高通量衛星——中星26號搭乘長征二號乙運載火箭從西昌

衛星發射中心起飛，隨后衛星進入預定軌道，發射任務取得圓滿成功。假設該衛星發射后先在近地圓軌道I

（軌道高度忽略不計）做勻速圓周運動，在P點瞬時點火進入橢圓轉移軌道H,之后通過橢圓轉移軌道II進

入地球同步圓軌道HI,定點于東經125°,如圖所示。0點和Q點分別為軌道I與軌道II、軌道H與軌道ni的

切點。若同步圓軌道HI距地面的高度約為35600km,地球半徑R約為6400km,地球自轉周期為24億地球

表面的重力加速度為9。下列說法正確的是（）

A.中星26號在轉移軌道n上從P點運動到Q點的過程中，機械能減小

B.中星26號在轉移軌道II上P點運行的速率為前

C.中星26號在P點和Q點的重力加速度之比約為6.6

D.中星26號在近地圓軌道I上運行的周期約為1.4/1

【答案】D

【解析】【解答】A.在轉移軌道II上從P點運動到Q點的過程中，萬有引力對中星26號做負功，動能轉化為

引力勢能，機械能守恒，故A錯誤;

B根據萬有引力提供向心力‘有G翠=加竽’在地球表面’有°器=加9

解得中星26號在近地圓軌道/上運行的速率為也=9

中星26號從近地圓軌道I變軌到轉移軌道H,做離心運動，需在P點加速，所以中星26號在轉移軌道H上P

點運行的速率為>9，故B錯誤；

C.根據萬有引力與重力的關系，在P點有。華=巾91，在Q點有63捻=m。2,中星26號在P點和Q點的

22

重力加速度之比約為"=四算=（6400府+3560警砌。43,故C錯誤；

92R’（6400/cm）

32

D.由開普勒第三定律可得更半=、，中星26號在近地圓軌道/上運行的周期1.4歸故D正確。

R，TZ

故答案為：Do

【分析】這道題的核心是應用萬有引力定律，結合衛星變軌過程中的能量變化、圓周運動公式，來分析衛星

在不同軌道上的運動狀態。

7.如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面.匕一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜

止釋放八某同學在研究小球落到彈簧上后繼續向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，

沿豎直向下方向建立坐標軸Ox,做出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如圖乙所

第5頁

示，不計空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是（

A.小球機械能守恒

B.小球動能的最大值為nigh

C.當*小+*0時，系統重力勢能與彈性勢能之和最小

D.當x=h+2xo時，小球的重力勢能最小

【答案】C

【解析】【解答】A.小球受重力和彈簧彈力，但彈簧彈力屬于系統內力，因此“小球+彈簧”系統機械能守

恒，但小球的機械能單獨不守恒（因彈力對小球做功）故A錯誤；

B.從釋放點到速度最大點，當x=/i+x0時，有

mg=kx0

此時小球達到最大速度，根據動能定理可知

、0+mg

x

mg（h+x0）----2--°=%-0

最大動能為

1/

Ekm=mgh4-=mg1九+

故B錯誤；

C.初始能量為重力勢能，逐漸轉化為動能和彈性勢能，動能最大時，剩余勢能（重力+彈性）最小。根據乙

圖可知，當》=h+a,小球的重力等于彈簧的彈力，此時小球具有最大速度，小球的動能最大。以彈簧和

小球組成的系統為研究對象，由系統機械能守恒可知，當％=九+無°,小球的重力勢能與彈性勢能之和最

小，故C正確；

D.簡諧運動對稱性：從原長處釋放時，振幅

最低點下降。非對稱釋放：從高于原長處釋放時，最低點超過，因此時仍有向下速度。重力勢能在最低

點才最小，而非處。所以當％=h+2不時，小球速度不為零，還要向下運動，此時的重力勢能不是最小，

故D錯誤。

故選Co

【分析】1、機械能守恒的判定：系統（小球+彈簧）機械能守恒，但小球單獨機械能不守恒（因彈力為外力

第6頁

做功）。

2、速度最大的臨界條件：合力為零時（）速度最大，動能達峰值。3、能量轉化關系：動能最大一勢能

（重力+彈性）最小。

4、簡諸運動的對稱性：振幅，非對稱釋放擴展運動范圍。

二、多項選擇題（本題共3題，每小題6分，共18分，且每小題有不止一個答案正確，全部選對得

6分，漏選得3分，錯選得。分）

8.想象在赤道上建個直達地球同步靜止軌道的高塔，人帶著衛星在高塔內坐電梯緩慢上升，到達同步靜止

軌道的高度后，打開電梯門，輕輕地將衛星釋放，下列推斷合理的是（）

A.衛星將成為一顆同步衛星B.衛星將向地球地面掉下去

C.衛星受到地球的引力為零D.衛星處于完全失重狀態

【答案】A,D

【解析】【解答】AB.由于衛星到達同步軌道后，器角速度滿足同步衛星的角速度，所以衛星在地球同步軌

道上，衛星將成為一顆同步衛星，故A正確，B錯誤；

C.根據引力公式可以得出：同步衛星在同步軌道受到的地球引力不為0,故c錯誤；

D.衛星在同步軌道做勻速圓周運動，由于引力提供向心力，所以衛星處于完全失重狀態，故D正確。

故選ADo

【分析】根據衛星到達同步衛星軌道時角速度滿足同步衛星的角速度，則成為一顆同步衛星，利用引力公式

可以判別衛星的引力不等于0;利用引力提供向心力則衛星處于完全失重狀態。

9.如圖所示，為了將橫放在水平地面的鋼管直立起來，工人控制起重機，使橫梁上的電機水平移動，同時

以速度v勻速收短牽引繩，使鋼管繞定點O轉動，繩始終保持豎直且與鋼管在同一豎直面內，鋼管長為L,

A.當鋼管與地面夾角為8時，鋼管頂端的速度水平向左

B.當鋼管與地面夾角為。時，電機水平移動速度為仇an。

C.鋼管在轉動過程中角速度大個不變

D.鋼管在轉動過程中重力的瞬時功率不變

【答案】B,D

第7頁

【解析】【解答】ABC.由圖可知

當鋼管與地面夾角為。時，鋼管頂端的做圓周運動，速度方向與桿垂直，且滿足

V

%=a）r

則鋼管在轉動過程中角速度大小發變化，根據

“水A

-p-=tan。

,所以電機水平移動速度為

/水=vtan0

AC不符合題意，B符合題意；

D.鋼管在轉動過程中重力的瞬時功率為重力與豎直方向速度的乘積，則有

P=mgv

故鋼管在轉動過程中重力的瞬時功逐不變，D符合題意。

故答案為BDo

【分析】根據對運動狀態的分析判斷鋼管的運動性質，結合圓周運動的特點可對相關物理量進行分析，根據功

率的表達式可判斷重力瞬時功率的變化情況。

10.汽車研發機構在某款微型汽車的車輪上安裝了小型發電機，將減速時的部分動能轉化并儲存在蓄電池

中，以達到節能的目的。某次測試士，微型汽車以額定功率行駛一段距離后關閉發動機，測出了微型汽車的

動能E,與位移x關系圖像如圖所示，其中①是關閉儲能裝置時的關系圖線，②是開啟儲能裝置時的關系圖

線。已知微型汽車的質量為1000kg.為便于討論，設其運動過程中所受阻力恒定。根據圖像所給的信息可求

出（）

第8頁

A.汽車行駛過程中所受阻力為1000N

B.汽車的額定功率為120kW

C.汽車加速運動的時間為22.5s

D.汽車開啟儲能裝置后向蓄電池提供的電能為5x1O^J

【答案】D

【解析】【解答】A.對于圖線①，根據動能定理得：-fx=0-Ek,得到阻力為：f=%=8x10$

%(11-7)x10，

2000/V,A錯誤；

B.設汽車勻速運動的速度為v,則有r二用「「溫“m”:40加/丁汽車的額定功率為：

P=Fv=fv=2000x40W=80kW,故B錯誤。

C.對于加速運動過程，根據動能定理得：Pt-fs=Ek2-Eki,得到￡=*k2?■今l+/s=(8-5)xl°5+2g°°x50°s二

P80x10,"

16.25s,故C錯誤。

D.根據功能關系得到：汽車開啟儲能裝置后向蓄電池提供的電能為：E=EK=8xlOsJ-

2000x1.5xlO2J=5xlO5J,故D正確。

故答案為：Do

【分析】這道題的核心是利用動能定理分析汽車在不同階段的能量變化，結合Ek-x圖像的斜率代表合外力

這一特點，來求解阻力、功率和儲能等物理量。

三、實驗題(本題共分18分)

11.某實驗小組做探究影響向心力大小因素的實驗：

①方案一：用如圖甲所示的裝置，已知小球在擋板A、B、C處做圓周運動的軌跡半徑之比為1：2：1,

變速塔輪自.匕而下按如圖乙所示三種組合方式，左右每層半徑之比由.上至下分別為1：1、2：1和3：1。回

答以下問題：

第9頁

-標尺、

長槽短槽

左塔輪右塔輪

手柄

甲

（I）本實驗所采用的實驗探究方法與下列實驗相同的是

A探究小車速度隨時間變化規律

B.探究兩個互成角度的力的合成規律

C.探究加速度與物體受力、物體質量的關系

D.探究平拋運動的特點

（2）某次實驗中，把兩個質量相等的鋼球放在B、C位置，探究向心力的大小與半徑的關系，則需要將

傳動皮帶調至第層塔輪（填“一”“二”或"三

②方案二：如圖丙所示裝置，裝置中豎直轉軸固定在電動機的轉軸上（未畫出），光滑的水平直桿固定在

豎直轉軸匕能隨豎直轉軸一起轉動。水平直桿的左端套上滑塊P,用細線將滑塊P與固定在豎直轉軸上.的

力傳感器連接，細線處于水平伸直狀態，當滑塊隨水平直桿一起勻速轉動時，細線拉力的大小可以通過力傳

感器測得。水平直桿的右端最邊緣安裝J'寬度為d的擋光條，擋光條到豎直轉軸的距離為D,光電門可以測

出擋光條經過光電門所用的時間（擋光時間）。滑塊P與豎直轉軸間的距離可調。回答以下問題:

F/N

1.0

0.8

0.6

豎直轉軸

0.4

占力傳感強

滑塊辜g圭?0.2

D

CD

026810fl>2/(rad2-s-2)

丙T

(3)若某次實驗中測得擋光條的擋光時間為A3則滑塊P的角速度表達式為co=

(4)實驗小組保持滑塊P質量和運動半徑r不變，探究向心力F與角速度⑴的關系，作出F?2圖線如圖

丁所示,若滑塊P運動半徑r=0.45m,細線的質量和滑塊與桿的摩擦可忽略，由F-b圖線可得滑塊p質量

m=kg（結果保留2位有效數字）。

【答案】C；一；備0.20

【解析】【解答】（1）在該實驗中，通過控制質量、半徑、角速度中兩個物理量相同，探究向心力與另外一個

物理量之間的關系，采用的科學方法是控制變量法:

A.探究小車速度隨時間變化規律，利用極限思想計算小車的速度，故A錯誤;

第10頁

B.探究兩個互成角度的力的合成規律，應用了等效替代法，故B錯誤；

C.探究加速度與物體受力、物體質量的關系，應用了控制變量法，故C正確；

D.探究平拋運動的特點，例如兩球同時落地，兩球在豎直方向上的運動效果相同，應用了等效思想，故D

錯誤；

故答案為：Co

(2)把兩個質量相等的鋼球放在B、C位置，探究向心力的大小與半徑的關系，應使兩球的痢速度相同，則

需要將傳動皮帶調至第一層塔輪。

故答案為：一

(3)擋光條的線速度為u=2則滑塊P的角速度為川="=獲

故答案為：洗

(4)根據向心力大小公式尸=mro?

所以圖線的斜率為1=血丁=詈

解得滑塊P質量為m=0.20kg

故答案為:0.20

【分析】(1)本實驗探究向心力與質量、半徑、角速度的關系，采用控制變量法。對比各選項實驗方法，找出

同樣使用控制變量法的實驗。

(2)探究向心力與半徑的關系時，需控制質量和角速度不變。變速塔輪第二層的半徑比為2：1,可使B、C位

置的小球角速度相同，滿足控制變量要求。

(3)利用擋光條的寬度和擋光時間求出線速度，再由線速度與角速度的關系求出角速度。

2

(4)根據向心力公式F=mra),F-爐圖線的斜率為mr,結合已知半徑r求出滑塊質量小。

12.某同學利用此裝置驗證系統機械能守恒。裝置如圖中所示，一根輕繩跨過輕質定滑輪與兩個相同的重物

P、Q相連，重物P、Q質量均為m,在重物Q的下面通過輕質掛鉤懸掛待測物塊Z,重物P的下端與穿過

打點計時器的紙帶相連，已知當地重力加速度為g=9.8m/s2

P口〃】mL]Q

Qz-------------------------------------------

IUJSL/OI23456(7

I「彳點(i?i?i?i?；?i?i'

計時器====；=；；^^二^^一m

J|5'%Js4％"

圖甲圖乙

(1)某次實驗中，先接通頻率為50Hz的交流電源，再由靜止釋放系統，得到如圖乙所示的紙帶，其中

si=4.47cm,S2=5.34cm,S3=6.2lcm,S4=7.10cni,ss=7.98cni,S6=8.86cm。則系統運動的加速度a=

m/s2,5點的速度V5=m/s(保留三位有效數字)；

(2)利用紙帶可以驗證系統機械能守恒，測量紙帶得出1點到5點的距離為h,求出1點速度為vi,5點

第11頁

的速度為V5,根據以上數據，可求重物由1點運動到5點時系統重力勢能減少量等于,系統動能

的增加量等于,在誤差允許的范圍內系統重力勢能的減少量等于系統動能的增加

量，則系統機械能守恒(表達式用題中M、m、VI、V5、g、h字母表示)。

(3)忽略各類阻力，求出物塊Z質量的測量值為M=(表達式用題中m、a、g字母表示);

【答案】(1)5.50；2.11

22

(2)Mgh；i(M+2m)vs-i(M+2m)v1

【解析】【解答】(1)由題圖乙可知，相鄰計數點間的時間間隔為T=0.04s,根據逐差公式可得，系統運動的

(S4+S5+S6)-(s1+S2+S3)_(7.10+7.98+8.86)-(4.47+5.34+6.21)

加速度為Q=x10~2m/s2=5.50m/s

(3x7)2(3x0.04)

5點的瞬時速度為%==7蒙力器6x10-277i/s=2.1lm/s

故答案為：5.50：2.11

(2)對P、Q、Z整體分析，重物由I點運動到5點時系統重力勢能減少量等于Mg/u

22

系統動能的增加量等于=,(M+2m)i;s-1(M+2m)v1

22

故答案為：Mgh；i(M+2m)v5—i(A^+2m)Vi

(3)對Q、Z整體分析，根據牛頓第二定律(MIm)gT=(MIm)a

有對P分析，根據牛頓第二定律有7-mg=ma

聯立解得M=咨

9~a

故答案為:

【分析】(1)加速度：使用逐差法處理紙帶數據，通過公式?=(S4+S5+S?：)+S2+S3)計算，其中1是相

(3T)

鄰計數點的時間間隔

5點的速度：用勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度等于該過程的平均速度，即打=湛鞋。

3ZI

(2)系統重力勢能減少量：分析系統受力，只有物塊Z的重力做功，減少量為Mgh,

系統動能增加量：系統總質量為M+2m,動能變化為/("+2機網一/(時+2機用。

(3)對系統受力分析，由牛頓第二定律Mg=(M+2m)a,整理可得物塊Z的質量M。

(1)[I]由題圖乙可知，相鄰計數點間的時間間隔為T=0.04s,根據逐差公式可得，系統運動的加速度為。=

(S4+S5+S6)一(S1+S2+S3)_(7.10+7.98+8.86)-(4.47+5.34+6.21)

x10~2m/s2=5.50m/s

(3xT)2(3x0.04)

第12頁

[2]5點的瞬時速度為內=康6=，笑W，x10~2m/s=2.11m/s

乙X1/XU.U4*

（2）[1]對P、Q、Z整體分析，重物由1點運動到5點時系統重力勢能減少量等于MgM

⑵系統動能的增加量等于=?M+2m?52-2（M+2m）%2

（3）對Q、Z整體分析，根據牛頓第二定律（例+m）g-7=（例+m）a

有對P分析，根據牛頓第二定律有T-mg=mQ

聯立解得M=咨

g-Q

四、計算題（本題共3小題，共34分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫

最后答案的不給分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值的單位）

13.如圖所示是利用電力傳送帶裝運麻袋包的示意圖.傳送帶長1=20m,傾角。=37。，麻袋包與傳送帶間

的動摩擦因數口=0.8,傳送帶的主動輪和從動輪半徑R相等，傳送帶不打滑，主動輪頂端與貨車底板間的高

度差為h=1.8m,傳送帶勻速運動的速度為v=2m/s.現在傳送帶底端（傳送帶與從動輪相切位置）由靜止釋

放一只麻袋包（可視為質點），其質量為100kg,麻袋包最終與傳送帶一起做勻速運動，到達主動輪時隨輪

一起勻速轉動.如果麻袋包到達主動輪的最高點時，恰好水平拋出并落在.車廂底板中心，重力加速度g=l（）

m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

（2）主動輪軸與貨車車廂底板中心的水平距離x

（3）麻袋包在傳送帶上運動的時間t；

【答案】（1）解：麻袋包在主動輪的最高點時，有租9=加身解得：R=0.4m

2

（2）解：設麻袋包平拋運動時間為3有：h=^gt,x=vot

解得：x=1.2m

（3）解：對麻袋包，設勻加速運動時間為ti,勻速運動時間為3有：nmgcos0-mgsin0=ma

v=att,%1=.。耳，I-XX=vt2

聯立以上各式解得：￡="+4=12.5s

【解析】【分析】（1）麻袋包在主動輪最高點恰好水平拋出，說明此時重力完全提供向心力，根據牛頓第二定

律7ng=m左可宜接求出半徑R。

（2）麻袋包離開傳送帶后做平拋運動，利用平拋運動的豎直方向自由落體公式求出時間，再結合水平方向勻速

第13頁

直線運動求出水平距離Xo

（3）先分析麻袋包在傳送帶上的受力，求出加速度，再分勻加速和勻速兩個階段計算運動時間，最后求和得到

總時間。

14.如圖1所示，水平轉盤上放有質量為m=lkg的小物塊，小物塊到轉軸的距離為r=0.5m,連接小物塊和

轉軸的繩剛好被拉直（繩中張力為零），小物塊與轉盤間最大靜摩擦力是其重力的k=（）.2倍，g=l（）m/s2,求：

（1）繩無拉力的情況下，轉盤的最大角速度為加多大

（2）若繩能承受的拉力足夠大，當轉盤的角速度從零開始增大的過程中，在圖2中畫出拉力T隨角速度3

的變化關系圖像。（要求寫出分析過程）

【答案】解：（1）當轉盤的角速度較小時，物塊在水平方向只受到摩擦力作用，繩子無拉力，而且摩擦力隨

著角速度的增大而增大，當摩擦力恰好達到最大值時，繩子開始有拉力，此時由牛頓第二定隹得

2

kmg=ma）Qr

得

[kg10.2x100八

他氣亍幻—03—=25/S

（2）當角速度小于等于2r@山5時?，繩子得拉力為零。當角速度大于等于2rad/s時，有牛頓第二定律得

T+kmg=ma）2r

因此

1

T=ma）2r-kmg=_2

畫出拉力T隨角速度的變化關系圖像如圖所示。

0246

第14頁

【解析】【分析】（1）當轉盤的角速度較小時，物塊在水平方向只受到摩擦力作用，繩子無拉力，當摩擦力恰

好達到最大值時，繩子開始有拉力，由牛頓第二定律列等式：kmy=2r，可求轉盤的最大角速度。

（2）當角速度小于等于2rad/s時，繩子拉力為零。當角速度大于等于2rad/s時，根據牛頓第二定律列等式：

T+knig=ma）2r,可得出拉力T隨角速度co的變化關系式：T=ma）2r—kmg=^a）2-2,根據拉力T隨角

速度3的變化關系式，畫出拉力T隨角速度的變化關系圖像。

15.某工廠生產一種邊長x=1cm的正方體泡沫金屬顆粒，由于生產過程中氣泡含量的不同，導致顆粒的質

量不同（體積與表面材料均無偏差），為篩選顆粒，設計了如圖所示裝置。產出的顆粒不斷從A處靜止進入

半徑為％=1m的光滑四分之一圓軌道AB,B處與一順時針非常緩慢轉動的粗糙傳送帶相切，傳送帶足夠

長，CE、FG均為水平光滑軌道，圓心為0、半徑％=百瓶的光滑圓軌道E、F處略微錯開且與水平軌道相

接，D為帶輕質滾輪的機械臂，可在顆粒經過時提供豎直向下的恒定壓力F,顆粒右側剛到達滾輪最低點時

的速度可忽略不計，滾輪逆時針轉動且轉速足夠快，滾輪與顆粒之間的摩擦系數〃=0.5（摩擦力對顆粒作用

距離可認為是顆粒邊長），I、II、IH為顆粒的收集區域（顆粒落到收集區直接被收集不反彈），其中I、II的

分界點為圓心O,且I、H與圓軌道之間留有恰好可容顆粒通過的距離。顆粒在圓軌道中運動時可看做質

點，顆粒在被收集之前相互之間沒有發生碰撞，質量最大顆粒恰好被n最右端收集，質量為m=0.001kg的

顆粒恰好能被HI收集，不計一切空氣阻力，重力加速度為g=10m/s2。求：

（1）質量為0.001kg顆粒到達B處時對軌道的壓力大小；

（2）機械臂提供的恒定壓力F的大小；

（3）II、HI兩個區域各自收集到顆粒的質量范圍。

【答案】（1）解：對顆粒根據動能定理得

12

2mvB-0=mgRi

在B點根據牛頓第二定律得合外力提供向心力

771Vi

FN-mg=雨2

聯立解得

FN=0.03N

根據牛頓第三定律知該顆粒到達B處時對軌道的壓力大小為0.03N。

第15頁

（2）解：質量為O.OOMg的顆粒恰好被HI收集，故其恰好能做完整圓周運動。顆粒在圓軌道最高點處應滿足

mvi2

mg=F~

由動能定理

12

RFX-mg?2R=-0

2乙

解得

F=5V3/V

（3）解：①質量小于等于0.001kg的顆粒都能被HI收集，顆粒質量范圍為

m<0.001kg

②如圖所示，設恰好能到達H左端的顆粒脫離圓軌道開始做拋體運動的位置距離II的高度為h,此時顆粒開

始做斜拋運動，對其運動進行正交分解，分解為沿初速度方向和垂直初速度方向。

設該位置對應的半徑與水平方向的央角為仇顆粒速度大小為以，由

h

sinO=反一

此時滿足

miVo

m1gsinO=R4

解得

v2=yfgh

方法一：顆粒沿初速度方向的運動位移為零，根據運動的對稱性可知

m{gcos0=max

即，顆粒沿垂直初速度方向的運動為

其中C0s6=

第16頁

八12

m^gsinO=ma2^2=2t

乙

聯立解得

73

h=R=lm

T2

方法二：顆粒沿水平方向做勻速直線運動，可得

COS

R26=v2sindt,cosg_42f

R2

顆粒沿豎直方向做豎直上拋運動，取豎直向卜.為正方向，可得

1?

R2sme=-v2cos0t+5gt之

乙

聯立解得

h==17n（以上兩種分解方式均可。）

從開始經過機械臂到開始做拋體運動這個過程，由動能定理得

1

p.Fx-mg（A2+九）=5■叫域-0

Y乙

可得

m=寫零kg或(m1=0.00134kg)

x4uu

恰好能到達II右端的顆粒滿足

"X-m2gR2=0

可得m,=0.00253（計算出到達^右端的顆粒所滿足的質量。）

故能被II收集的顆粒質量范圍為與卓的<m<0.0025kg或（0.00134kg<m<0.0025kg）。

【解析】【分析】（1）利用“最高點重力提供向心力'’確定最小速度，結合動能定理關聯力與質量。

（2）將脫離圓軌道的顆粒運動分解為水平、豎直分運動，結合幾何關系與運動學公式推導臨界質量。

（3）通過”能過最高點“（【II區）和“斜拋落點”（II區）的臨界條件，劃分質量區間。

（1）對顆粒根據動能定理得

12

2mvB_0=mgRi

在B點根據牛頓第二定律得合外力提供向心力

mvo

FN-mg=-^―

聯立解得

FN=0.03/V

根據牛頓第三定律知該顆粒到達B處時對軌道的壓力大小為0.03N。

第17頁

(2)質量為0.001kg的顆粒恰好被HI收集，故其恰好能做完整圓周運動。