高考物理错题 43页

‎2015年10月24日静舒的高中物理组卷 ‎　‎ 一．选择题（共14小题）‎ ‎1．（2014•宁夏二模）如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为．已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ ‎2．（2014秋•泰兴市校级月考）如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘．两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比下列说法不对的是（　　）‎ A．推力F将增大 B．竖直墙面对小球A的弹力减小 C．地面对小球B的弹力一定不变 D．两个小球之间的距离增大 ‎　‎ ‎3．（2015•江西二模）如图所示，在竖直平面内有一个圆弧AB，OA为水平半径，现从圆心O处以不同的初速度水平抛出一系列质量相同的小球，这些小球都落到圆弧上，小球落到圆弧上时的动能（　　）‎ A．越靠近A点越大 B．越靠近B点越大 C．从A到B先增大后减小 D．从A到B先减小后增大 ‎　‎ ‎4．（2013•盐湖区校级四模）如图所示的装置，用两根细绳拉住一个小球，两细绳间的夹角为θ，细绳AC呈水平状态．现将整个装置在纸面内顺时针缓慢转动，共转过90°．在转动的过程中，CA绳中的拉力F1和CB绳中的拉力F2的大小发生变化，即（　　）‎ A．F1先变小后变大 B．F1先变大后变小 C．F2逐渐减小 D．F2最后减小到零 ‎　‎ ‎5．（2013•湖南模拟）一物体做加速直线运动，依次经过A、B、C三位置，B为AC的中点，物体在AB段的加速度为a1，在BC段的加速度为a2．现测得B点的瞬时速度 vB=（vA+vC），则a1与a2的大小关系为（　　）‎ A．a1＞a2 B．a1=a2 C．a1＜a2 D．无法比较 ‎　‎ ‎6．（2015秋•成都校级月考）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（　　）‎ A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg ‎　‎ ‎7．（2015春•长春校级期末）如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体B受沿斜面向上力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间动摩擦因数为μ，μ＜tanθ，且A、B质量均为m，则（　　）‎ A．A、B保持相对静止 B．地面对斜面体的摩擦力等于Fcosθ C．地面受到的压力等于（M+2m）g D．B与斜面间动摩擦因数为 ‎　‎ ‎8．（2015•河南模拟）如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1h，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4‎ B．该卫星与同步卫星的运行速度之比为1：2‎ C．该卫星的运行速度一定大于7.9km/s D．该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能 ‎　‎ ‎9．（2015秋•松原校级月考）如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图b所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则（　　）‎ A．O～q段图象可能是直线 B．q﹣段图象可能是直线 C．q= D．p=‎ ‎　‎ ‎10．（2015•南昌校级二模）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=10m/s2，则（　　）‎ A．小滑块的质量m=4kg B．当F=8 N时，滑块的加速度为2m/s2‎ C．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1‎ D．力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N）‎ ‎　‎ ‎11．（2015•永州三模）如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（　　）‎ A．b球一定先落在斜面上 B．a球可能垂直落在半圆轨道上 C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上 ‎　‎ ‎12．（2015•马鞍山三模）一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其﹣t的图象如图所示，则（　　）‎ A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2‎ C．质点在1s末速度为1.5m/s D．质点在第1s内的平均速度0.75m/s ‎　‎ ‎13．（2015•许昌三模）如图甲所示，平行于光滑固定斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B在斜面上紧靠着物块A但不粘连，物块A、B质量均为m．初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块的v﹣t图象如图乙所示（t1时刻图线A、B相切），己知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加 B．力F的最小值为m（gsinθ+a）‎ C．A达到最大速度时的位移为 D．t1=时A、B分离 ‎　‎ ‎14．（2015•广西模拟）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的υ﹣t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　）‎ A．t2时刻，弹簧形变量为0‎ B．t1时刻，弹簧形变量为 C．从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大 D．从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少 ‎　‎ ‎　‎ 二．选择题（共14小题）‎ ‎15．（2015•成都校级二模）如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，其中A带负电，电荷量大小为q．质量为2m的A静止于斜面的光滑部分（斜面倾角为37°，其上部分光滑，下部分粗糙且足够长，粗糙部分的摩擦系数为μ，且μ=tan30°，上方有一个平行于斜面向下的匀强电场），通过细绳与B相连接，此时与B相连接的轻弹簧恰好无形变．弹簧劲度系数为k．B、C质量相等，均为m，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g．‎ ‎（1）电场强度E的大小为多少？‎ ‎（2）现突然将电场的方向改变 180°，A开始运动起来，当C刚好要离开地面时（此时 B还没有运动到滑轮处，A刚要滑上斜面的粗糙部分），B的速度大小为v，求此时弹簧的弹性势能EP．‎ ‎（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再经多长时间停下来？‎ ‎　‎ ‎16．（2010•济南二模）如图所示，半径R=0.2m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定放置，末端N与一长L=0.8m的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）作顺时针转动，带动传送带以恒定的速度ν0运动．传送带离地面的高度h=1.25m，其右侧地面上有一直径D=0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离S=1m，B点在洞口的最右端．现使质量为m=0.5kg的小物块从M点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数μ=0.5． g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力 ‎（2）若ν0=3m/s，求物块在传送带上运动的时间 ‎（3）若要使小物块能落入洞中，求ν0应满足的条件．‎ ‎　‎ ‎17．（2014秋•泰兴市校级月考）在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为25kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g=10m/s2．当运动员与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时，试求：‎ ‎（1）运动员竖直向下拉绳的力；‎ ‎（2）运动员对吊椅的压力．‎ ‎　‎ ‎18．（2011•北京）静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为﹣q，其动能与电势能之和为﹣A（0＜A＜qφ0）．忽略重力．求：‎ ‎（1）粒子所受电场力的大小；‎ ‎（2）粒子的运动区间；‎ ‎（3）粒子的运动周期．‎ ‎　‎ ‎19．（2015•黄浦区二模）如图所示，半径R=0.6m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的粗糙轨道DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53°和37°．将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从B点左侧高为h=0.8m处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）物体水平抛出时的初速度大小v0；‎ ‎（2）物体在轨道DE上运动的路程s．‎ ‎　‎ ‎20．（2013•湖北模拟）在“探究功与物体速度变化关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示．木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1点停下，O点为弹簧原长时所处的位置，测得OB1的距离为L1，并记录此过程中弹簧对木块做的功为W1．用完全相同的弹簧2根、3根…并列在一起进行第2次、第3次…实验并记录相应的数据，作出弹簧对木块做功W与木块停下的位置距O点的距离L的图象如图乙所示．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（i）W﹣L图线为什么不通过原点？‎ ‎（ii）弹簧被压缩的长度LOA=　　　　　　cm．‎ ‎　‎ ‎21．（2015•黄浦区二模）物体A的质量为mA，圆环B的质量为mB，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，如图所示，长度l=4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）若mA：mB=5：2，则圆环能下降的最大距离hm．‎ ‎（2）若圆环下降h2=3m时的速度大小为4m/s，则两个物体的质量应满足怎样的关系？‎ ‎（3）若mA=mB，请定性说明小环下降过程中速度大小变化的情况及其理由．‎ ‎　‎ ‎22．（2012秋•泉州校级期中）如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g=10m/s，则：‎ ‎（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间？‎ ‎（2）传送带左右两端AB间．的距离I至少为多少？‎ ‎（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少？‎ ‎　‎ ‎23．（2014秋•新郑市校级月考）如图所示，粗糙斜面的倾角为θ．一质量为m的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做匀速直线运动．斜面相对水平地面保持静止不动．‎ 求：（1）物块对斜面压力的大小；‎ ‎（2）物块与斜面间的动摩擦因数．‎ ‎　‎ ‎24．（2015•延安模拟）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f．轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．一质量为m的小车若以速度v撞击弹簧，将导致轻杆向右移动．‎ ‎（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x ‎（2）若以速度v0（已知）撞击，将导致轻杆右移，求小车与弹簧分离时速度（k未知）‎ ‎（3）在（2）问情景下，求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm（k未知）‎ ‎　‎ ‎25．（2014秋•桃城区校级月考）如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.20．杆的竖直部分光滑．两部分各套有质量分别为2.0kg和1.0kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，初始位置OA=1.5m，OB=2.0m．g取10m/s2，则：‎ ‎（1）若用水平拉力F1沿杆向右缓慢拉A，使之移动0.5m，该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？‎ ‎（2）若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B白初始位置以1.0m/s的速度匀速上升0.5m，此过程中拉力F．做功多少？（结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ ‎26．（2015•海珠区三模） 如图所示，小物块AB由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度为v0=2m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1=6m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B质量为1kg，B与传送带间的动摩擦因素为0.2．斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10m/s2，sin37°=0.6，求：‎ ‎（1）B向右运动的总时间；‎ ‎（2）B回到传送带左端的速度；‎ ‎（3）上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．‎ ‎　‎ ‎27．（2012•宁波模拟）如图（a）所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，与水平面夹角θ=37°的表面BC光滑．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，物块在CBA运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图（b）所示．滑块经过B点时无能量损失．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．）求：‎ ‎（1）斜面BC的长度L； ‎ ‎（2）滑块的质量m；‎ ‎（3）运动过程中滑块克服摩擦力做的功W．‎ ‎　‎ ‎28．（2015•山东一模）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．已知电子的质量是m，电量为e，在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）．‎ ‎（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置；‎ ‎（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．‎ ‎　‎ ‎　‎ 三．解答题（共2小题）‎ ‎29．（2011秋•思明区校级期中）如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q（两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止，若P间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块PC质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，（g取l0m/s2，斜面与水平面夹角如图所示，sin37°=0.60cos37°=0.80）求：‎ ‎（1）小物块Q的质量m2；‎ ‎（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；‎ ‎（3）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程．‎ ‎　‎ ‎30．（2014•安徽模拟）如图所示，半径为R的圆O与半径为2R的BCD圆弧相切于最低点C（C′），BCPC′D是螺旋轨道，C、C′间距离可以忽略．与水平面夹角都是37°的倾斜轨道AB、ED分别与BC、C′D圆弧相切于B、D点，将一劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在AB轨道的固定板上，平行于斜面的细线穿过固定板和弹簧跨过定滑轮将小球和大球连接，小球与弹簧接触但不相连，小球质量为m，大球质量为m，ED轨道上固定一同样轻质弹簧，自然状态下，弹簧下端与D点距离为L2，初始两球静止，小球与B点的距离是L1，L1＞L2，现小球与细线突然断开（一切摩擦不计，重力加速度为g）．‎ ‎（1）求细线刚断时，小球的加速度大小；‎ ‎（2）求小球恰好能完成竖直圆周运动这种情况下，小球在经过C点时，在C点左右两边对轨道的压力之差；‎ ‎（3）在弹簧弹性限度内，讨论未脱离轨道的小球与弹簧接触再次获得与初始线断时相同大小的加速度时，小球速度的两类状况．‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎2015年10月24日静舒的高中物理组卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共14小题）‎ ‎1．（2014•宁夏二模）如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为．已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有 ‎【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小；‎ ‎【解答】解：由题，射入点与ab的距离为．则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30°，‎ 粒子的偏转角是60°，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即r=R．轨迹如图：‎ 洛伦兹力提供向心力：，变形得：．故正确的答案是B．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键．‎ ‎　‎ ‎2．（2014秋•泰兴市校级月考）如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘．两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比下列说法不对的是（　　）‎ A．推力F将增大 B．竖直墙面对小球A的弹力减小 C．地面对小球B的弹力一定不变 D．两个小球之间的距离增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．菁优网版权所有 ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、C以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．‎ 设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：‎ N1=mAgtanθ，‎ 将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小．‎ 再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：‎ F=N1‎ N2=（mA+mB）g 则F减小，地面对小球B的弹力一定不变．故A错误，BC正确．‎ D、由上分析得到库仑力F库=，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大．故D正确．‎ 本题选错误的，故选A ‎【点评】本题运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况．‎ ‎　‎ ‎3．（2015•江西二模）如图所示，在竖直平面内有一个圆弧AB，OA为水平半径，现从圆心O处以不同的初速度水平抛出一系列质量相同的小球，这些小球都落到圆弧上，小球落到圆弧上时的动能（　　）‎ A．越靠近A点越大 B．越靠近B点越大 C．从A到B先增大后减小 D．从A到B先减小后增大 ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．菁优网版权所有 ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】小球做平抛运动，根据平抛运动的规律得到初速度与下落高度的关系；根据动能定理得到小球落到圆弧上时的动能与下落高度的关系，再根据数学知识分析即可．‎ ‎【解答】解：设小球落到圆弧上时下落竖直高度为y，水平位移为x，动能为Ek．小球平抛运动的初速度为v0，圆弧AB的半径为R．‎ 则有：‎ x=v0t，y=，‎ 则得：v0=x，‎ 由几何关系得：x2+y2=R2；‎ 根据动能定理得：Ek﹣=mgy 联立得：Ek=‎ 根据数学知识可知：，当，即时，有最小值，则此时Ek最小．因此小球落到圆弧上时的动能从A到B先减小后增大．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题采用数学上函数法，得到动能与y的解析式，由数学不等式法分析动能的变化情况．‎ ‎　‎ ‎4．（2013•盐湖区校级四模）如图所示的装置，用两根细绳拉住一个小球，两细绳间的夹角为θ，细绳AC呈水平状态．现将整个装置在纸面内顺时针缓慢转动，共转过90°．在转动的过程中，CA绳中的拉力F1和CB绳中的拉力F2的大小发生变化，即（　　）‎ A．F1先变小后变大 B．F1先变大后变小 C．F2逐渐减小 D．F2最后减小到零 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．菁优网版权所有 ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】整个装置在纸面内缓慢转动，装置在每个位置都处于状态．以小球为研究对象，设AC绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件，得到CA绳中的拉力F1和CB绳中的拉力F2与θ的函数关系，再分析拉力如何变化．‎ ‎【解答】解：设AC绳与竖直方向的夹角为α则BC绳与竖直方向的夹角为θ﹣α 根据平衡条件，得 ‎ F1sinα=F2sin（θ﹣α）‎ ‎ F1cosα+F2cos（θ﹣α）=G ‎ 解得，F1=，F2=‎ ‎ 由题θ不变，α由90°变到0°‎ ‎ 根据数学知识，得F1先变大后变小 ‎ F2逐渐减小，当α=0°时，F2=0‎ 故选BCD ‎【点评】本题属于动态变化分析问题，采用的是函数法．有的题目也可以用作图法求解．作图时要抓住不变的量，它是作图的依据．‎ ‎　‎ ‎5．（2013•湖南模拟）一物体做加速直线运动，依次经过A、B、C三位置，B为AC的中点，物体在AB段的加速度为a1，在BC段的加速度为a2．现测得B点的瞬时速度 vB=（vA+vC），则a1与a2的大小关系为（　　）‎ A．a1＞a2 B．a1=a2 C．a1＜a2 D．无法比较 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】作出速度﹣时间图象，根据“面积”大小等于位移，B为AC的中点和B点的瞬时速度vB=（vA+vC），分析物体是否做匀加速运动．若不匀加速运动，运用作图法分析加速度的关系．‎ ‎【解答】解：如果物体从A至C的过程中是作匀加速直线运动，则物体的速度图线如图1所示，‎ ‎∵B点是AC的中点，很显然可以看出图线下所对应的面积 s1≠s2，要满足s1=s2的条件，时间t1必须要向右移 至图2所示的位置，又∵vB=（vA+vC），这是从A 至B匀加速运动过程中的中间时刻的瞬时速度，即 t1=t2时刻的瞬时速度，但t1时刻所对应的位置又不 是AC的中点（∵s1≠s2），要同时满足s1=s2和vB=（vA+vB）的条件，将图1中的时刻t1沿t轴向右移至满足s1=s2位置处，如图2所示，再过vB=（vA+vB ‎）点作平行于时间轴t的平行线交于B点，连接AB得到以加速度a1运动的图线，连接BC得到以加速度a2运动的图线，比较连线AB和BC的斜率大小，不难看出a2＞a1，∴C选项正确 故选C ‎【点评】本题运用图象法分析加速度的关系，也可以运用公式法进行分析．‎ ‎　‎ ‎6．（2015秋•成都校级月考）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（　　）‎ A．a落地前，轻杆对b一直做正功 B．a落地时速度大小为 C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg ‎【考点】功能关系．菁优网版权所有 ‎【分析】a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况．根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小．‎ ‎【解答】解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功．故A错误．‎ B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：vA=．故B正确．‎ C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；‎ D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大．‎ ‎　‎ ‎7．（2015春•长春校级期末）如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体B受沿斜面向上力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间动摩擦因数为μ，μ＜tanθ，且A、B质量均为m，则（　　）‎ A．A、B保持相对静止 B．地面对斜面体的摩擦力等于Fcosθ C．地面受到的压力等于（M+2m）g D．B与斜面间动摩擦因数为 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．菁优网版权所有 ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】对A物体受力分析，根据力的合成与分解可以得出A受力的情况．再对A、B和斜面体组成的整体受力分析可得出斜面体的支持力的情况．‎ ‎【解答】解：A、由于μ＜tanθ，所以A不能相对B静止，故A错误；‎ B、以AB为研究的对象，A受到重力、支持力、和斜面体B对A的摩擦力，‎ 垂直于斜面的方向：N=mgcosα 沿斜面的方向：mgsinα﹣μN=ma 由于μ＜tanα，则：ma=mgsinα﹣μmgcosα＞0‎ 加速度aA=gsinθ﹣μgcosθ，‎ 将B和斜面体视为整体，受力分析 可知地面对斜面体的摩擦力等于m（gsinθ﹣μgcosθ）cosθ+Fcosθ，地面受到的压力为（M+2m）g﹣Fsinθ﹣m（gsinθ﹣μgcosθ）sinθ，故BC错误．‎ D、B与斜面体的正压力N=2mgcosθ，对B分析，根据共点力平衡有：F=mgsinθ+μmgcosθ+f′，‎ 则动摩擦因数=，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】该题中，B与斜面体之间的相互作用力不容易求出，但是，当以A、B与斜面体组成的整体为研究对象时，结合加速度的分解即可完成．‎ ‎　‎ ‎8．（2015•河南模拟）如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1h，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4‎ B．该卫星与同步卫星的运行速度之比为1：2‎ C．该卫星的运行速度一定大于7.9km/s D．该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能 ‎【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．菁优网版权所有 ‎【专题】人造卫星问题．‎ ‎【分析】地球表面重力等于万有引力，卫星运动的向心力由地球对卫星的万有引力提供，据此展开讨论即可．‎ ‎【解答】解：A、卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转的角度是120°，刚好为运动周期的T，所以卫星运行的周期为3t，同步卫星的周期是24h，由 得：，所以：．故A正确；‎ B、由=m得：．故B错误；‎ C、7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7.9km/s．故C错误；‎ D、由于不知道卫星的质量关系，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】该题考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎9．（2015秋•松原校级月考）如图a所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图b所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则（　　）‎ A．O～q段图象可能是直线 B．q﹣段图象可能是直线 C．q= D．p=‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．菁优网版权所有 ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】半球体受重力、支持力和摩擦力，开始时不滑动，是静摩擦力，根据平衡条件列式求解静摩擦力表达式分析；滑动后是滑动摩擦力，根据滑动摩擦定律列式分析．‎ ‎【解答】解：C、半圆体在平板上恰好开始滑动的临界条件是：‎ mgsinθ=μmgcosθ，‎ 故有：μ=tanθ，‎ 解得：θ=，即q=，故C错误；‎ AB、θ在0﹣之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsinθ；‎ θ在﹣之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为μmgcosθ；‎ 综合以上分析得其Ff与θ关系如图中实线所示，故A、B错误；‎ D、当θ=时，Ff=mgsin，即p=，故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题关键是受力分析后要能够区分是滑动摩擦力还是静摩擦力，然后结合平衡条件和滑动摩擦定律列式分析，基础题目．‎ ‎　‎ ‎10．（2015•南昌校级二模）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=10m/s2，则（　　）‎ A．小滑块的质量m=4kg B．当F=8 N时，滑块的加速度为2m/s2‎ C．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1‎ D．力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N）‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．菁优网版权所有 ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．‎ ‎【解答】解：A、当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2，‎ 对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，‎ 代入数据解得：M+m=6kg 当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a=，‎ 知图线的斜率k==，‎ 解得：M=2kg，‎ 滑块的质量为：m=4kg．故A正确．‎ B、根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：0=，‎ 代入数据解得：μ=0.1，‎ 所以a=，当F=8N时，长木板的加速度为：a=2m/s2．‎ 根据μmg=ma′得：滑块的加速度为 a′=μg=1m/s2，故B错误，C正确．‎ D、当M与m共同加速运动时，加速度相同，加速度与时间的关系为：力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N），当F大于6N后，发生相对滑动，表达式不是F=6t，D错误 故选：AC．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．‎ ‎　‎ ‎11．（2015•永州三模）如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则（　　）‎ A．b球一定先落在斜面上 B．a球可能垂直落在半圆轨道上 C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 D．a、b两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上 ‎【考点】平抛运动．菁优网版权所有 ‎【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，将圆轨道和斜面重合在一起进行分析比较，即可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上．若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上．故C正确，A、D错误．‎ 若a球垂直落在半圆轨道上，根据几何关系知，速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的2倍，而在平抛运动中，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，两者相互矛盾，所以a球不可能垂直落在半圆轨道上，故B错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查平抛运动比较灵活，学生容易陷入计算比较的一种错误方法当中，不能想到将半圆轨道和斜面轨道重合进行分析比较．‎ ‎　‎ ‎12．（2015•马鞍山三模）一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其﹣t的图象如图所示，则（　　）‎ A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2‎ C．质点在1s末速度为1.5m/s D．质点在第1s内的平均速度0.75m/s ‎【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度．菁优网版权所有 ‎【专题】运动学中的图像专题．‎ ‎【分析】﹣t的图象表示平均速度与时间的关系．在v﹣t图象中，倾斜的直线表示匀速直线运动，图线的斜率等于加速度，贴图产直接读出速度．由=求平均速度．‎ ‎【解答】解：A、由图得：=0.5+0.5t．根据x=v0t+at2，得：=v0+at，‎ 对比可得：a=0.5m/s2，则加速度为 a=2×0.5=1m/s2．由图知质点的加速度不变，说明质点做匀加速直线运动，故A错误．‎ B、质点做匀加速直线运动，根据x=v0t+at2，得v0+at=，由图得：=0.5，则加速度为 a=2×0.5=1m/s2．故B错误．‎ C、质点的初速度 v0=0.5m/s，在1s末速度为 v=v0+at=0.5+1=1.5m/s．故C正确．‎ D、质点在第1s内的平均速度 ===1m/s，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题的实质上是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，能根据图象读取有用信息．‎ ‎　‎ ‎13．（2015•许昌三模）如图甲所示，平行于光滑固定斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B在斜面上紧靠着物块A但不粘连，物块A、B质量均为m．初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块的v﹣t图象如图乙所示（t1时刻图线A、B相切），己知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B分离前，A、B和弹簧系统机械能增加，A和弹簧系统机械能增加 B．力F的最小值为m（gsinθ+a）‎ C．A达到最大速度时的位移为 D．t1=时A、B分离 ‎【考点】功能关系；弹性势能．菁优网版权所有 ‎【分析】A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；根据牛顿第二定律求出拉力F的最小值．由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t1．根据功能关系分析能量如何转化．‎ ‎【解答】解：A、A、B分离前，F做正功，根据功能关系得知，A、B和弹簧系统机械能增加，而B对A的压力做负功，A和弹簧系统机械能减小．故A错误．‎ B、对AB整体，根据牛顿第二定律得：F﹣2mgsinθ+kx=2ma，‎ 得：F=2mgsinθ﹣kx+2ma，‎ 则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为：F=2ma，故B错误．‎ C、由图知，A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，‎ 得：，故C正确．‎ D、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ=ma 开始时有：2mgsinθ=kx0，‎ 又x0﹣x=‎ 联立以三式得：t1=．故D正确．‎ 故选：CD ‎【点评】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．‎ ‎　‎ ‎14．（2015•广西模拟）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的υ﹣t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　）‎ A．t2时刻，弹簧形变量为0‎ B．t1时刻，弹簧形变量为 C．从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大 D．从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少 ‎【考点】胡克定律；功能关系．菁优网版权所有 ‎【分析】刚开始AB静止，则F弹=2mgsinθ，外力施加的瞬间，对A根据牛顿第二定律列式即可求解AB间的弹力大小，由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律可以求出弹簧形变量，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律求出t1时刻弹簧的形变量，并由牛顿第二定律分析拉力的变化情况．根据弹力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的弹簧形变量，再根据求出弹性势能，从而求出弹簧释放的弹性势能，根据动能定理求出拉力做的功，从而求出从开始到t1时刻，拉力F做的功和弹簧释放的势能的关系．‎ ‎【解答】解：A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，‎ 则得：x=，故A错误；‎ B、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ=ma，则x=，故B正确．‎ C、从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx﹣2mgsinθ=2ma，得F=2mgsinθ+2ma﹣kx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ=ma，得 F=mgsinθ+ma，可知F不变，故C错误．‎ D、由上知：t1时刻A、B开始分离…①‎ 开始时有：2mgsinθ=kx0 …②‎ 从开始到t1时刻，弹簧释放的势能 Ep=﹣…③‎ 从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep﹣2mgsinθ（x0﹣x）=…④‎ ‎2a（x0﹣x）=v12 …⑤‎ 由①②③④⑤解得：WF﹣Ep=﹣，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．‎ ‎　‎ 二．选择题（共14小题）‎ ‎15．（2015•成都校级二模）如图所示，A、B两物块用一根轻绳跨过定滑轮相连，不带电的B、C通过一根轻弹簧拴接在一起，且处于静止状态，其中A带负电，电荷量大小为q．质量为2m的A静止于斜面的光滑部分（斜面倾角为37°，其上部分光滑，下部分粗糙且足够长，粗糙部分的摩擦系数为μ，且μ=tan30°，上方有一个平行于斜面向下的匀强电场），通过细绳与B相连接，此时与B相连接的轻弹簧恰好无形变．弹簧劲度系数为k．B、C质量相等，均为m，不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度为g．‎ ‎（1）电场强度E的大小为多少？‎ ‎（2）现突然将电场的方向改变 180°，A开始运动起来，当C刚好要离开地面时（此时 B还没有运动到滑轮处，A刚要滑上斜面的粗糙部分），B的速度大小为v，求此时弹簧的弹性势能EP．‎ ‎（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再经多长时间停下来？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；弹性势能．菁优网版权所有 ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】A静止时，受力平衡，根据平衡方程可求得电场强度大小；‎ 初始时刻B静止，由平衡条件可得弹簧压缩量，当C刚要离开地面时，C对地面的压力N=0，由平衡条件可得此时弹簧伸长量，分析可知，当C刚要离开地面时，B向上运动2x，A沿斜面下滑2x，A、B系统机械能守恒，根据2mg×2xsin37°+qE•2x=可求解；‎ A滑上斜面的粗糙部分，做匀减速直线运动，求出其加速度，从而根据速度公式可得停下来的时间；‎ ‎【解答】解：（1）A静止，由平衡条件有 qE+mg=2mgsin37°‎ 解得 ‎（2）C刚离地时，弹簧伸长x=‎ 由能量守恒 ‎（3）绳断后，由牛顿第二定律可得 a==﹣0.1g t==‎ 答：（1）电场强度E的大小为 ‎（2）此时弹簧的弹性势能EP为 ‎（3）若（2）问中A刚要滑上斜面的粗糙部分时，绳子断了，电场恰好再次反向，请问A再经时间停下来 ‎【点评】本题关键根据物体的受力情况和运动情况，结合机械能守恒定律和平衡方程，综合性较强，中难度 ‎　‎ ‎16．（2010•济南二模）如图所示，半径R=0.2m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定放置，末端N与一长L=0.8m的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮（轮半径很小）作顺时针转动，带动传送带以恒定的速度ν0运动．传送带离地面的高度h=1.25m，其右侧地面上有一直径D=0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离S=1m，B点在洞口的最右端．现使质量为m=0.5kg的小物块从M点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数μ=0.5． g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力 ‎（2）若ν0=3m/s，求物块在传送带上运动的时间 ‎（3）若要使小物块能落入洞中，求ν0应满足的条件．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．菁优网版权所有 ‎【专题】机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】（1）根据机械能守恒定律和向心力公式列式，联立方程即可求解；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出物块在传送带上加速运动时的加速度，进而求出加速到与传送带达到同速所需要的时间，再求出匀速运动的时间，两者之和即为总时间；‎ ‎（3）根据平抛运动的基本规律即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设物块滑到圆轨道末端速度ν1，根据机械能守恒定律得：‎ mgR=‎ 设物块在轨道末端所受支持力的大小为F，‎ 根据牛顿第二定律得：F﹣mg=m 联立以上两式代入数据得：F=15N ‎ 根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为15N，方向竖直向下 ‎ ‎（2）物块在传送带上加速运动时，由μmg=ma，得a=μg=5m/s2‎ 加速到与传送带达到同速所需要的时间=0.2s ‎ 位移t1=0.5m ‎ 匀速时间=0.1s ‎ 故T=t1+t2=0.3s ‎ ‎（3）物块由传送带右端平抛h=‎ 恰好落到A点 s=v2t 得ν2=2m/s ‎ 恰好落到B点 D+s=ν3t 得ν3=3m/s ‎ 当物块在传送带上一直加速运动时，做平抛运动的速度最大，假设物块在传送带上达到的最大速度为v，‎ 由动能定理：umgL=mv2﹣得：v2=12，且12＞9，所以物块在传送带上达到的最大速度大于能进入洞口的最大速度，所以ν0应满足的条件是3m/s＞ν0＞2m/s ‎ 答：（1）小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力大小为15N，方向竖直向下；‎ ‎（2）若ν0=3m/s，求物块在传送带上运动的时间为0.3s；‎ ‎（3）若要使小物块能落入洞中，ν0应满足的条件为3m/s＞ν0＞2m/s．‎ ‎【点评】本题主要考查了平抛运动基本公式、牛顿第二定律、向心力公式以及运动学基本公式的直接应用，难度适中．‎ ‎　‎ ‎17．（2014秋•泰兴市校级月考）在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为25kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g=10m/s2．当运动员与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时，试求：‎ ‎（1）运动员竖直向下拉绳的力；‎ ‎（2）运动员对吊椅的压力．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．菁优网版权所有 ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）对运动员和吊椅整体分析，运用牛顿第二定律求出绳子的拉力，根据牛顿第三定律求出运动员竖直向下拉绳的力．‎ ‎（2）隔离对运动员分析，根据牛顿第二定律求出吊椅对运动员的支持力，从而得出运动员对吊椅的压力．‎ ‎【解答】解：（1）设运动员受到绳向上的拉力大小为F，由于跨过定滑轮的两段绳子的拉力大小相等，故吊椅受到绳的拉力大小也是F．对运动员和吊椅整体进行受力分析，如图所示，则有：‎ ‎2F﹣（m人+m椅）g=（m人+m椅）a 代入数据解得：F=495 N 根据牛顿第三定律知，运动员竖直向下拉绳的力的大小为：F′=495 N．‎ ‎（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析，如图所示，则有：‎ F+FN﹣m人g=m人a 代入数据解得：FN=220N 根据牛顿第三定律知，运动员对吊椅的压力大小为220 N．‎ 答：（1）运动员竖直向下拉绳的力是495N；‎ ‎（2）运动员对吊椅的压力是220N．‎ ‎【点评】本题关键是对物体进行正确受力分析，根据牛顿第二定律分析求解，掌握整体法和隔离法的运用．‎ ‎　‎ ‎18．（2011•北京）静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为﹣q，其动能与电势能之和为﹣A（0＜A＜qφ0）．忽略重力．求：‎ ‎（1）粒子所受电场力的大小；‎ ‎（2）粒子的运动区间；‎ ‎（3）粒子的运动周期．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律；动能定理的应用；匀强电场．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；压轴题．‎ ‎【分析】（1）由图可知，电势随x均匀变化，则可知电场为匀强电场，由电势差与电场强度的关系可求得电场强度，即可求得电场力；‎ ‎（2）由题意可知，动能与电势能之和保持不变，设出运动区间为[﹣x，x]，由题意可知x处的电势，则由数学关系可求得x值；‎ ‎（3）粒子在区间内做周期性变化，且从最远点到O点时做匀变速直线运动，则由运动学规律可求得周期．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，0与d（或﹣d）两点间的电势差为φ0‎ 电场强度的大小 ‎ 电场力的大小 ．‎ ‎（2）设粒子在[﹣x，x]区间内运动，速率为v，由题意得 由图可知 ‎ 由①②得 ‎ 因动能非负，有 ‎ 得 ‎ 即 ‎ 粒子运动区间．‎ ‎（3）考虑粒子从﹣x0处开始运动的四分之一周期 根据牛顿第二定律，粒子的加速度 ‎ 由匀加速直线运动 ‎ 将④⑤代入，得 ‎ 粒子运动周期 ．‎ ‎【点评】本题难度较大，要求学生能从题干中找出可用的信息，同时能从图象中判断出电场的性质；并能灵活应用功能关系结合数学知识求解，故对学生的要求较高．‎ ‎　‎ ‎19．（2015•黄浦区二模）如图所示，半径R=0.6m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的粗糙轨道DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53°和37°．将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从B点左侧高为h=0.8m处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎（1）物体水平抛出时的初速度大小v0；‎ ‎（2）物体在轨道DE上运动的路程s．‎ ‎【考点】动能定理的应用；平抛运动．菁优网版权所有 ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出物体落在A时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出物体的初速度大小v0．‎ ‎（2）先由机械能守恒求出物体在C点的速度，然后由动能定理即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）物体在抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向有：‎ m/s 物体恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则：‎ 得：m/s ‎（2）B到C的过程中机械能守恒，得：‎ mvC2+mgR（1﹣cos37°）=mv2‎ 得：m/s 物体在斜面DE上受到的摩擦力为：‎ f=μmgcos37°=0.8×0.5×10×0.8N=3.2N 因重力的分力小于摩擦力，故物体在D点静止；则由动能定理可知：‎ 设物体在轨道DE上运动的距离x，则：‎ 解得：s=1.1m；‎ 答：（1）物体水平抛出时的初速度大小是3m/s；‎ ‎（2）物体在轨道DE上运动的距离是1.1m．‎ ‎【点评】本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、能量守恒定理解题．此类问题要注意明确过程分析，分段应用动能定理或机械能守恒列式求解．‎ ‎　‎ ‎20．（2013•湖北模拟）在“探究功与物体速度变化关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示．木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1点停下，O点为弹簧原长时所处的位置，测得OB1的距离为L1，并记录此过程中弹簧对木块做的功为W1．用完全相同的弹簧2根、3根…并列在一起进行第2次、第3次…实验并记录相应的数据，作出弹簧对木块做功W与木块停下的位置距O点的距离L的图象如图乙所示．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（i）W﹣L图线为什么不通过原点？‎ ‎（ii）弹簧被压缩的长度LOA=　3　cm．‎ ‎【考点】探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】根据动能定理找出L与的关系，然后结合图象W﹣L的关系找出W与的关系，结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于OA段摩擦力做的功．‎ ‎【解答】解：木块与弹簧分离后，在摩擦力作用下运动到B位置停下，由O到B根据动能定理：﹣fL=0﹣mv02，故L∝；‎ 对全过程应用动能定理有：W﹣fLOA﹣fL=0，即W=fL+fLOA结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于OA段摩擦力做的功．‎ ‎ （1）根据动能定理全过程的表达式，所以W﹣L图线不通过原点，是因为未计木块通过AO段时，摩擦力对木块所做的功．‎ ‎（2）图中W轴上的斜率等于摩擦力大小，即f=N，截距等于摩擦力做的功W1 J，则LOA==0.03m=3cm 故答案为：（1）由于木块通过AO段时，摩擦力对木块做了功或W不为总功．（2）3．‎ ‎【点评】本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出两个动能定理方程然后结合数学函数进行分析出截距与斜率的物理意义，有些难度．‎ ‎　‎ ‎21．（2015•黄浦区二模）物体A的质量为mA，圆环B的质量为mB，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，如图所示，长度l=4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）若mA：mB=5：2，则圆环能下降的最大距离hm．‎ ‎（2）若圆环下降h2=3m时的速度大小为4m/s，则两个物体的质量应满足怎样的关系？‎ ‎（3）若mA=mB，请定性说明小环下降过程中速度大小变化的情况及其理由．‎ ‎【考点】机械能守恒定律．菁优网版权所有 ‎【专题】机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】（1）圆环下降过程中，圆环与A组成的系统机械能守恒，由此可得质量关系式，进而由几何关系分析AB的位移关系，可得两物体的质量关系．‎ ‎（2）由圆环与A组成的系统机械能守恒，结合可得此时AB速度关系，可得质量关系．‎ ‎（3）根据两球的运动过程可明确能量的转化，则可判断小球的速度变化情况．‎ ‎【解答】解：（1）设圆环所能下降的最大距离为hm，由机械能守恒定律得mBghm=mAgh A 代入数字 得hm2﹣hm=0‎ 得h=m≈3.8m ‎（2）由机械能守恒 vA=vBcosθ 解得两个物体的质量关系：=≈1.71‎ ‎（3）当mA=mB，且l 确定时，根据几何关系可知小环下降的高度大于A上升的高度，则在小环在下降过程中，系统的重力势能一直在减少，‎ 根据系统的机械能守恒可知系统的动能一直在增加，所以小环在下降过程中速度一直增大．‎ 答：（1）若mA：mB=5：2，则圆环能下降的最大距离hm为3.8m；‎ ‎（2）若圆环下降h2=3m时的速度大小为4m/s，则两个物体的质量之比应为1.71；‎ ‎（3）系统的动能一直在增加，所以小环在下降过程中速度一直增大．‎ ‎【点评】该题的关键是用好系统机械能守恒这个知识点；难点是对于B的速度极限值的判断，其条件是m＞＞M，即A的质量可以忽略，认为B的机械能守恒．‎ ‎　‎ ‎22．（2012秋•泉州校级期中）如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g=10m/s，则：‎ ‎（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间？‎ ‎（2）传送带左右两端AB间．的距离I至少为多少？‎ ‎（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；功能关系．菁优网版权所有 ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出物体在斜面上的加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出在斜面上运动的时间．‎ ‎（2）求出物块在在传送带上向左运动速度减为零的距离，从而求出AB间的距离．‎ ‎（3）物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量等于此过程中克服摩擦力所做的功，根据做功公式求出摩擦力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）物体在斜面上由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma 根据位移时间关系公式，有：=at2‎ 可得t=1.6s．‎ ‎（2）由能的转化和守恒得：‎ mgh=μmg 解得：l=12.8 m．‎ ‎（3）此过程中，物体与传送带间的相对位移 x相=+v带t 又=μgt2‎ 而摩擦产生的热为：Q=μmgx相 以上三式可联立得Q=160 J．‎ 答：（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要1.6s时间；‎ ‎（2）传送带左右两端AB间的距离至少为12.8m；‎ ‎（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为160J．‎ ‎【点评】该题涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程运用动能定理解题，本题难度较大．‎ ‎　‎ ‎23．（2014秋•新郑市校级月考）如图所示，粗糙斜面的倾角为θ．一质量为m的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做匀速直线运动．斜面相对水平地面保持静止不动．‎ 求：（1）物块对斜面压力的大小；‎ ‎（2）物块与斜面间的动摩擦因数．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；滑动摩擦力．菁优网版权所有 ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）先以小物块为研究对象进行受力分析，求小物块受的支持力，根据牛顿第三定律求得物块对斜面的压力大小 ‎（2）对物块进行受力分析，沿斜面方向合力为0列方程求得动摩擦因数 ‎【解答】解：（1）对物块的受力分析，由牛顿第二定律可知：‎ FN﹣mgcosθ=0‎ 所以 FN=mgcosθ 根据牛顿第三定律，FN′=FN ‎（2）由牛顿第二定律可知 F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=0‎ 所以：μ=‎ 答：（1）物块对斜面压力的大小为mgcosθ；‎ ‎（2）物块与斜面间的动摩擦因数所以为．‎ ‎【点评】本题属于中档题，主要考查受力分析和牛顿运动定律的综合运用．‎ ‎　‎ ‎24．（2015•延安模拟）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f．轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．一质量为m的小车若以速度v撞击弹簧，将导致轻杆向右移动．‎ ‎（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x ‎（2）若以速度v0（已知）撞击，将导致轻杆右移，求小车与弹簧分离时速度（k未知）‎ ‎（3）在（2）问情景下，求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm（k未知）‎ ‎【考点】功能关系．菁优网版权所有 ‎【分析】（1）由胡克定律与平衡条件可以求出弹簧的压缩量；‎ ‎（2）由能量守恒定律可以求出小车的速度；‎ ‎（3）由牛顿第二定律求出加速度，然后判断运动性质．‎ ‎【解答】解：（1）当弹簧的弹力等于最大静摩擦力时，‎ 轻杆开始移动，由题意知：f=kx，‎ 解得弹簧的压缩量：‎ ‎（2）开始压缩到分离，系统能量关系，‎ 则 ‎（3）轻杆开始移动后，弹簧压缩量x不再变化，弹性势能一定，‎ 速度v0时，系统能量关系，‎ 速度最大时vm时，系统能量关系，‎ 得 得：‎ 答：（1）若弹簧的劲度系数为k，轻杆开始移动时，弹簧的压缩量是；‎ ‎（2）若以速度v0（已知）撞击，将导致轻杆右移，小车与弹簧分离时速度是；‎ ‎（3）在（2）问情景下，为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度是．‎ ‎【点评】轻杆移动很慢，即轻杆缓慢移动，可以认为轻杆处于平衡状态，由平衡条件可知，弹簧弹力与摩擦力相等，这是正确解题的关键．‎ ‎　‎ ‎25．（2014秋•桃城区校级月考）如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.20．杆的竖直部分光滑．两部分各套有质量分别为2.0kg和1.0kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，初始位置OA=1.5m，OB=2.0m．g取10m/s2，则：‎ ‎（1）若用水平拉力F1沿杆向右缓慢拉A，使之移动0.5m，该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？‎ ‎（2）若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B白初始位置以1.0m/s的速度匀速上升0.5m，此过程中拉力F．做功多少？（结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】功能关系．菁优网版权所有 ‎【专题】功的计算专题．‎ ‎【分析】（1）先对AB整体受力分析，受拉力F、总重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向右的弹力N1，根据共点力平衡条件列式，求出支持力N，从而得到滑动摩擦力为恒力；最后对整体运用能量关系列式，得到拉力做的功．‎ ‎（2）设细绳与竖直杆的夹角为θ，由于绳子不可伸长，运用速度的分解，有vBcosθ=vAsinθ，可求出B匀速上升0.5m过程A的初速度和末速度，再由能量关系求解拉力F2做功．‎ ‎【解答】解：（1）先对AB整体受力分析，如图所示．‎ A、B小球和细绳整体竖直方向处于平衡，A受到的弹力为：‎ N=（mA+mB）g 则A受到的摩擦力为Ff=μ（mA+mB）g 代入数字得：Ff=6N 由几何关系，sB=0.5m 由能量关系，拉力F1做功为：W1=Ffs+mBgsB；‎ 代入数字得：W1=8 J ‎（2）设细绳与竖直方向的夹角为θ，因细绳不可伸长，两物体沿绳子方向的分速度大小相等，所以有 vBcosθ=vAsinθ 则：A的初速度m/s 末速度 m/s 设拉力F2做功为W2，对系统，由能量关系得：‎ 代入数据得W2=6.8 J 答：‎ ‎（1）A受到的摩擦力为6N，力F1作功为8J．‎ ‎（2）力F2作功为6.8J．‎ ‎【点评】本题中拉力为变力，先对整体受力分析后根据共点力平衡条件得出摩擦力为恒力，然后根据功能关系或动能定理求变力做功．‎ ‎　‎ ‎26．（2015•海珠区三模） 如图所示，小物块AB由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度为v0=2m/s向右匀速运动，某时刻B从传送带左端以速度v1=6m/s向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B质量为1kg，B与传送带间的动摩擦因素为0.2．斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦力均不计，g取10m/s2，sin37°=0.6，求：‎ ‎（1）B向右运动的总时间；‎ ‎（2）B回到传送带左端的速度；‎ ‎（3）上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量．‎ ‎【考点】功能关系；牛顿运动定律的综合应用．菁优网版权所有 ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）B向右运动的过程中分别以A与B为研究的对象，结合牛顿第二定律先求出加速度，然后由运动学的公式求出运动的时间；‎ ‎（2）B向左运动的过程中B为研究的对象，结合牛顿第二定律先求出加速度，然后由运动学的公式求出B回到传送带左端的速度；‎ ‎（3）求出B运动的各段的时间，然后求出传送带的位移，则B与传送带间因摩擦产生的总热量等于B受到的摩擦力与B和传送带之间相对位移的乘积．‎ ‎【解答】解：（1）B向右运动减速运动的过程中，刚开始时，B的速度大于传送带的速度，以B为研究的对象，水平方向B受到向左的摩擦力与A对B的拉力，设AB之间绳子的拉力为T1，以向左为正方向，得：T1+μmg=ma1 ①‎ 以A为研究的对象，则A的加速度的大小始终与B是相等的，A向上运动的过程中受力如图，则：‎ mgsin37°﹣T1=ma1 ②‎ 联立①②可得： ③‎ B的速度与传送带的速度相等时所用的时间：s 当B的速度与传送带的速度相等之后，B仍然做减速运动，而此时B的速度小于传送带的速度，所以受到的摩擦力变成了向右，所以其加速度也发生了变化，此后B向右运动减速运动的过程中，设AB之间绳子的拉力为T2，以B为研究的对象，水平方向B受到向右的摩擦力与A对B的拉力，则：‎ T2﹣μmg=ma2 ④‎ 以A为研究的对象，则A的加速度的大小始终与B是相等的，A向上运动的过程中受力如图1，则：‎ mgsin37°﹣T2=ma2 ⑤‎ 联立④⑤可得：‎ 当B向右达到最右端时的速度等于0，再经过时间：s B向右运动的总时间：t=t1+t2=1s+1s=2s ‎（2）B向左运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到绳子的拉力，同时，A受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以B的加速度 t1时间内B的位移：m，负号表示方向向右；‎ t2时间内B的位移：m，负号表示方向向右；‎ B的总位移：x=x1+x2=﹣4﹣1=﹣5m B回到传送带左端的位移：x3=﹣x=5m 速度：m/s ‎（3）t1时间内传送带的位移：x1′=﹣v0t1=﹣2×1m=﹣2m 该时间内传送带相对于B的位移：△x1=x1′﹣x1=﹣2﹣（﹣4）=2m t2时间内传送带的位移：x2′=﹣v0t2=﹣2×1m=﹣2m 该时间内传送带相对于B的位移：△x2=x2﹣x2′=﹣1﹣（﹣2）=1m B回到传送带左端的时间为t3：则s t3时间内传送带的位移：m 该时间内传送带相对于B的位移：m B与传送带之间的摩擦力：f=μmg=0.2×1×10=2N 上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量：Q=f（△x1+△x2+△x3）=25J 答：（1）B向右运动的总时间是2s；‎ ‎（2）B回到传送带左端的速度是2m/s；‎ ‎（3）上述过程中，B与传送带间因摩擦产生的总热量是25J．‎ ‎【点评】该题中，开始时物体的速度大于传送带的速度，减速后的速度小于传送带的速度，所以传送带大于物体 摩擦力的方向是不同的，则 物体的加速度会发生变化．这是题目中第一处容易错误的地方．开始时物体的速度大于传送带的速度，减速后的速度小于传送带的速度，所以开始时物体相对于传送带向右运动，之后物体相对于传送带向左运动，在计算产生的内能的过程中，一定要分段计算，若合在一起，则计算的结果就错了．这是第二处容易错误的地方．要细心．‎ ‎　‎ ‎27．（2012•宁波模拟）如图（a）所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，与水平面夹角θ=37°的表面BC光滑．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，物块在CBA运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图（b）所示．滑块经过B点时无能量损失．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．）求：‎ ‎（1）斜面BC的长度L； ‎ ‎（2）滑块的质量m；‎ ‎（3）运动过程中滑块克服摩擦力做的功W．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）当滑块沿斜面BC向下运动时，滑块对斜面有斜向右下方的压力，则力传感器受到压力．由图读出滑块运动的时间为t=1s，由牛顿第二定律求出滑块的加速度，即可由位移公式求解斜面BC的长度．‎ ‎（2）滑块对斜面的压力为N1′=mgcosθ，木板对传感器的压力为：F1=N1′sinθ，由图读出F1，即可求得滑块的质量．‎ ‎（3）求出滑块滑到B点的速度，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式求出位移，进而求出克服摩擦力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）分析滑块受力，由牛顿第二定律得：‎ 得：a1=gsinθ=10×0.6=6m/s2‎ 通过图象可知滑块在斜面上运动时间为：t1=1s 由运动学公式得：L=a1t12=6×12=3m ‎（2）滑块对斜面的压力为：N1′=mgcosθ 木板对传感器的压力为：F1=N1′sinθ 由图象可知：F1=12N 得：m=2.5kg ‎（3）滑块滑到B点的速度为：v1=a1t1=6m/s 由图象可知：f1=5N，t2=2s a2===2m/s2‎ s=v1 t2﹣a2t22=6×2×22=8m ‎ W=fs=5×8=40J 答：（1）斜面BC的长度L为3m；‎ ‎（2）滑块的质量m为2.5kg；‎ ‎（3）运动过程中滑块克服摩擦力做的功W为40J．‎ ‎【点评】本题要读懂F﹣t图象，分析滑块的受力情况和运动情况，关键要抓住木板对传感器的压力与滑块对斜面BC压力的关系．‎ ‎　‎ ‎28．（2015•山东一模）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．已知电子的质量是m，电量为e，在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）．‎ ‎（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置；‎ ‎（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．菁优网版权所有 ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在AB边的中点处由静止释放电子，电场力对电子做正功，根据动能定理求出电子穿过电场时的速度．进入电场II后电子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出电子的加速度和时间，由运动学公式结合求出电子离开ABCD区域的位置坐标．‎ ‎（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子先在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，进入电场Ⅱ后做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出位置x与y的关系式．‎ ‎【解答】解：（1）电子在区域I中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得：eEL═mv2‎ 的v=‎ 电子在区域I运动有L=vt1‎ 得t1=‎ 电子在中间区域匀速运动，有L=vt3，得t3=‎ 进入区域Ⅱ时电子做类平抛运动，假设电子能穿出CD变，则 电子在区域运动时间 在沿y轴上根据牛顿第二定律可得：eE=ma y轴方向上运动的位移为，‎ 显然假设成立 所以电阻在ABCD区域运动经历的时间 电子离开是的位移坐标为（﹣2L，）．‎ ‎（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有 ‎ eEx=mv12‎ ‎ y=at2=‎ 解得　xy=，即在电场I区域内满足此方程的点即为所求位置．‎ 答：（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，电子离开ABCD区域的位置坐标为（﹣2L，）．‎ ‎ （2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，所有释放点的位置在xy=曲线上．‎ ‎【点评】本题实际是加速电场与偏转电场的组合，考查分析带电粒子运动情况的能力和处理较为复杂的力电综合题的能力．‎ ‎　‎ 三．解答题（共2小题）‎ ‎29．（2011秋•思明区校级期中）如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q（两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止，若P间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块PC质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，（g取l0m/s2，斜面与水平面夹角如图所示，sin37°=0.60cos37°=0.80）求：‎ ‎（1）小物块Q的质量m2；‎ ‎（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；‎ ‎（3）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有 ‎【专题】机械能守恒定律应用专题．‎ ‎【分析】（1）根据共点力平衡条件列式求解；‎ ‎（2）先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二定律求压力；‎ ‎（3）直接根据动能定理全程列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有：‎ m1gsin53°=m2gsin37°‎ 解得：m2=4kg 即小物块Q的质量m2为4kg．‎ ‎（2）滑块由P到D过程，由动能定理，得：‎ mgh=mVD2‎ 根据几何关系，有：‎ h=L1sin53°+R（1﹣cos53°）‎ 在D点，支持力和重力的合力提供向心力：‎ FD﹣mg=m 解得：FD=78N 由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N．‎ ‎（3）最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从P到M过程运用动能定理，得到：‎ mgL1sin53°﹣μmgcos53°L总=0‎ 解得：L总=1.0m ‎ 即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m． ‎ 答：（1）小物块Q的质量是4kg；‎ ‎（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小是78N；‎ ‎（3）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程是1.0m．‎ ‎【点评】本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式．‎ ‎　‎ ‎30．（2014•安徽模拟）如图所示，半径为R的圆O与半径为2R的BCD圆弧相切于最低点C（C′），BCPC′D是螺旋轨道，C、C′间距离可以忽略．与水平面夹角都是37°的倾斜轨道AB、ED分别与BC、C′D圆弧相切于B、D点，将一劲度系数为k的轻质弹簧的一端固定在AB轨道的固定板上，平行于斜面的细线穿过固定板和弹簧跨过定滑轮将小球和大球连接，小球与弹簧接触但不相连，小球质量为m，大球质量为m，ED轨道上固定一同样轻质弹簧，自然状态下，弹簧下端与D点距离为L2，初始两球静止，小球与B点的距离是L1，L1＞L2，现小球与细线突然断开（一切摩擦不计，重力加速度为g）．‎ ‎（1）求细线刚断时，小球的加速度大小；‎ ‎（2）求小球恰好能完成竖直圆周运动这种情况下，小球在经过C点时，在C点左右两边对轨道的压力之差；‎ ‎（3）在弹簧弹性限度内，讨论未脱离轨道的小球与弹簧接触再次获得与初始线断时相同大小的加速度时，小球速度的两类状况．‎ ‎【考点】向心力；牛顿第二定律．菁优网版权所有 ‎【专题】匀速圆周运动专题．‎ ‎【分析】（1）细线刚断时，小球的加速度大小根据牛顿第二定律求解；‎ ‎（2）小球在经过C点时，在C点左右两边相当于分别在两个圆周上过最低点，根据重力和轨道的支持力的合力提供向心力，列式得到压力改变量与速度的关系式；小球恰好能完成竖直圆周运动时，在最高点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得最高点小球的速度．小球从最低点到最高点的过程中，机械能守恒，列出方程，联立即可求解．‎ ‎（3）当小球能过顶，小球滑上左侧斜面轨道，压缩弹簧获得与初始线断时相同大小的加速度时，弹簧弹力为FN=mg﹣mgsin37°，弹簧压缩量与右侧初始弹簧压缩量相同，则弹簧的弹性势能相等，整个过程机械能守恒，列式即可求解小球的速度．‎ ‎【解答】解：（1）线未断时，弹簧对小球m的弹力大小为：FN=mg﹣mgsin37°‎ 细线刚断时，小球的加速度为：a==g ‎（2）小球在经过C点时，在C点左右两边相当于分别在两个圆周上过最低点，‎ 在右边：轨道对小球的支持力：FN1=Fn1+mg 得：FN1=m +mg 在左边：轨道对小球的支持力：FN2=Fn2+mg 得：FN2=m +mg 则小球对轨道的压力之差为：△F=F2﹣F1=m ﹣m ‎ 又 R1=2R，R2=R，‎ 解得：△F=‎ 又小球从C点到P点过程中，机械能守恒，则得：mv2﹣2mgR=m ‎ 在最高点P时，由重力提供向心力，则有：mg=m ‎ 联立解得：△F=2.5mg ‎（3）当小球能过顶，则小球滑上左侧斜面轨道，压缩弹簧获得与初始线断时相同大小的加速度时，弹簧弹力为：‎ FN=mg﹣mgsin37°=0.6mg 即弹簧压缩量与右侧初始弹簧压缩量相同，均为x=，则弹簧的弹性势能相等，整个过程机械能守恒：‎ mgL1sin37°﹣mg（L2+）sin37°=m ‎ 解得：v2=‎ 答：（1）细线刚断时，小球的加速度大小为 g；‎ ‎（2）压力改变量为 2.5mg．‎ ‎（3）小球冲上左侧轨道获得与初始线断相同的加速度时，小球的速度为 ．‎ ‎【点评】本题是复杂的力学问题，对于圆周运动，分析向心力的来源是关键，对于小球运动过程之中，要抓住机械能守恒，要具有解决综合问题的能力，需要加强这方面的练习．‎ ‎　‎