1、C单元 牛顿运动定律目录C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律1C2 牛顿第二定律 单位制3C3 超重和失重63C4 实验：验证牛顿定律65C5 牛顿运动定律综合65 C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律【物理卷（解析）2015届河北省邯郸市高三1月质检（201501）word版】14(12分) 如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处。现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略
2、q对等量异种电荷形成电场的影响。求：(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；(2)在Q、Q形成的电场中，A点的电势A；(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小。【答案】【知识点】 电场的叠加；电势I1 I2 C1 E2【答案解析】 （1） （2） （3）解析：(1)小球经B点时，在竖直方向有 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小 (2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以 电荷从A到B过程中，由动能定理得 (3)由电场对称性可知， 即 小球从A到C过程，根据动能定理 【思路点拨】（1）小球经过B点时，重力和杆的拉力提供向心力；（2）A到B的过程中重力和电场力做功，根
3、据动能定律即可求得A点的电势；（3）B到C的过程中重力和电场力做功，根据动能定律说明即可小球在复合场中运动，电场力和重力做功，根据动能定律解题即可该题的情景比较简单，题目简单【物理卷（解析）2015届河北省邯郸市高三1月质检（201501）word版】14(12分) 如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为q（可视为点电荷）的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处。现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成
4、电场的影响。求：(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；(2)在Q、Q形成的电场中，A点的电势A；(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小。【答案】【知识点】 电场的叠加；电势I1 I2 C1 E2【答案解析】 （1） （2） （3）解析：(1)小球经B点时，在竖直方向有 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小 (2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以 电荷从A到B过程中，由动能定理得 (3)由电场对称性可知， 即 小球从A到C过程，根据动能定理 【思路点拨】（1）小球经过B点时，重力和杆的拉力提供向心力；（2）A到B的过程中重力和电场力做功，根据动能定律即可求得A
5、点的电势；（3）B到C的过程中重力和电场力做功，根据动能定律说明即可小球在复合场中运动，电场力和重力做功，根据动能定律解题即可该题的情景比较简单，题目简单 C2 牛顿第二定律 单位制【理综卷（物理解析）2015届安徽省屯溪一中高三第四次月考（201412）】23.(16分)如右图，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m的带电小球从y轴上(y0)的P点沿x轴
6、正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)P点距坐标原点O至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t2小球距坐标原点O的距离s为多远？【答案】【知识点】牛顿第二定律，二力平衡，机械能守恒定律，平抛运动的知识等。B4、C2、D2、E3。【答案解析】（16分）解析(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q，则有q
7、Emg （2分）解得：q又电场方向竖直向上，故小球带正电 （1分）(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qBvmv2/r （2分）小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：mgmv2/R （2分）由得：r （1分） 即PO的最小距离为：y2r （1分）(3)小球由O运动到N的过程中设到达N点的速度为vN，由机械能守恒定律得：mg2Rmvmv2 （1分）由解得：vN （1分）小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a，则有：沿x轴方向有：xvNt （1分）沿电场方向有：zat2 （1分）由牛顿第二定律得：aqE/m （1
8、分）t时刻小球距O点为：s2R （2分）答案(1)正电(2) (3)2R【思路点拨】本题是复合电磁场综合考查题，设置的情境比较复杂，运动的过程较多，一定理清运动的过程和各个过程受力情况和做功情况，再选择合适的物理规律表达式列式求解。在第I象限内，带电粒子所受三个力作用，电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力作匀速圆周运动；后面圆周运动中的最高点的临界点是只有重力提供向心力，这是解本题的一个闪光点。平抛运动等，要依据相应的规律求解即可。【物理卷（解析）2015届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（201501）】17（16分）如图所示，在光滑水平地面上，静止放着一质量m1=0.2kg的绝缘
9、平板小车，小车的右边处在以PQ为界的匀强电场中，电场强度E1=1104V/m，小车A点正处于电场的边界。质量m2 = 0.1kg，带电量q = 610-5C的带正电小物块（可视为质点）置于A点，其与小车间的动摩擦因数 = 0.40（且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。现给小物块一向右的速度v0 = 6m/s，当小车速度减为零时，电场强度突然增强至E2 = 2104V/m，而后保持不变。若小物块不从小车上滑落，取g = 10m/s2。试求：m1m2222v0PQAE（1）小物块最远能向右运动多远？（2）小车、小物块的最终速度分别是多少？【答案】【知识点】 匀变速直线运动的公式；牛顿第二定律；能量守
10、恒定律；电场强度A2 C2 I1 E3【答案解析】（1）2m（2）m/s，m/s 解析： （1）小物块受到向左的电场力和滑动摩擦力作减速运动，小车受摩擦力向右做加速运动设小车和小物块的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得对小车 m2g = m1a1 得a1 = 2m/s2 对小物块 qE1 +m2g = m2a2 得a2 = 10m/s2 设t1时刻小车与小物块速度相同，则 vt = v0a2t1 = a1t1 解得t1 = 0.5s、vt = 1m/s当两物体达共同速度后系统只受电场力，则由牛顿第二定律得qE1 = (m1 +m2)a3 则a3 = 2m/s2设两者间摩擦力达最大静摩擦，
11、设小车及小物块做减速运动的加速度分别为a4、a5，则：a4a5由于a3=a4=a5，故两者不会相对滑动，而是以2m/s2的共同加速度做减速运动，直至共同速度减为零小物块第一段运动的位移 s1第二段运动的位移 s2故小物块向右运动最远的位移s=1.75m+0.25m=2m（2）当小物块及小车的速度减为零后，其受力如图，由牛顿第二定律得：小物块的加速度 a5此时小车的加速度 a6设小物块经t2秒冲出电场，此时小物块及小车速度分别为v3与v4则：对小物块st2对小物块 v3a5t28m/s=4m/s对小车 v4a6t22m/sm/s当小物块冲出电场后，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，设此速
12、度为v5由系统动量守恒得：m2v3+m1v4=（m1+m2）v5v5【思路点拨】（1）先分析小物块与小车的运动情况：小物块水平方向受向左的电场力与滑动摩擦力做减速运动，而小车受摩擦力向右做匀加速运动，当速度相等后，受力情况发生了变化，两者可能相对静止，也可能相对滑动根据牛顿第二定律分别求出两者的加速度，由速度公式列式，求出相等的速度，再由牛顿第二定律分析速度相等后能否相对静止运用运动学公式分段求出小物块运动的距离即得到向右运动的总路程（2）先牛顿第二定律和运动学公式结合，求出物块冲出电场时，两者的速度大小，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，根据动量守恒求出共同速度本题是考查牛顿运动定律
13、、电场力、匀变速运动规律、动量守恒定律知识，考查考生对物理过程的综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力【物理卷（解析）2015届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（201501）】9质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t0时刻开始受到方向不变的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示物体在t0时刻开始运动，其vt图象如图乙所示，若认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则 A物体与地面间的动摩擦因数为 B物体在t0时刻的加速度大小为 C物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0 D水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为F0【答案】【知识点】 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运
14、动的图像；牛顿第二定律A5 C2 E1【答案解析】 AD 解析： A、物体在时刻开始运动，说明阻力等于水平拉力故为f=F0，摩擦因数为，故A错误；B、在t0时刻有牛顿第二定律可知，2F0-f=ma，a=，故B错误；C、物体受到的合外力为F=2F0-f=F0功率为P=F0v0，故C错误；D、2t0时刻速度为v=v0+t0，在t0-2t0时刻的平均速度为，故平均功率为P=2F0，故D正确；故选：AD【思路点拨】在t0时刻刚好运动说明物体受到的摩擦力等于阻力，故可判断出摩擦因数；在0-t0时间内物体做变加速运动，不能用运动学公式求解；由P=Fv可求得平均功率，也可求的瞬时功率；本题主要考查了平均功率
15、与瞬时功率的求法，注意P=Fv即可以求平均功率与瞬时功率。【物理卷（解析）2015届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（201412）word版】6.如图甲所示，轻杆一端与质量为1 kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动。现使小球在竖赢平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度w随时间f的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、-5。g取10，不计空气阻力。下列说法中正确的是 A.轻杆的长度为0. 5 m B.小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直
16、向下 C. B点对应时刻小球的速度为3 m/sD.曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0. 6 m【答案】【知识点】 向心力；牛顿第二定律C2 D4【答案解析】 D 解析：A、设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得：mvA2+2mgL=mvC2，所以：L=故A错误；B、若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则：=mg，临界速度：v0=m/svA=1m/s由于小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力故B错误；C、小球从A到B的过程中机械能守恒，得：mvA2+mgL=mvB2，所以：vB=m/s故C错误；D、由于y轴
17、表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m故D正确故选：D 【思路点拨】已知小球在ABC三个点的速度，A到C的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出B点的速度；由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答该题中的一个难点是D选项中“曲线AB段与坐标轴所围图形的面积”
18、的意义要理解【物理卷（解析）2015届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（201412）word版】5.在光滑绝缘的水平面上OP右侧有如图所示的匀强磁场，两个相同的带电小球a和b以大小相等的初速度从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后两球均运动到OP边界的P侧，下列说法正确的是 A.球a带正电，球b带负电 B.球a在磁场中运动的时间比球b的短 C.球a在磁场中运动的路程比球b的短D.球a在OP上的落点与。点的距离比球b的近【答案】【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力C2 D4 K3【答案解析】 D 解析：a、b粒子的运动轨迹如图所示：粒子a、b都向下由左手定则
19、可知，a、b均带正电，故A错误；由r=可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故BC错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确故选：D【思路点拨】带电粒子在磁场中由洛分析：伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行分析本题考查带电粒子在磁场中的运动规律，要注意带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径【物理卷（解析）2015届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（201412）word版】4.如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质
20、量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止。斜面对物体的支持 力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是A.在0-t1时间内，N增大，f减小 B.在 0-t1时间内，N减小，f增大C.在t1t2时间内，N增大，f增大 D.在t1t2时间内，N减小，f减小【答案】【知识点】 超重和失重 牛顿第二定律 C2 C3【答案解析】D 解析：在 0-t1时间内，物体向上做加速度减小的加速运动，加速度向上并且在减小，重力向下不变，故N减小，f减小，在t1t2时间内，物体向上做加速度增大的减速运动，加速度向下在增大，重力向下不变，故N减小，f减小，故D正确；A、B
21、、C错误；故选D【思路点拨】 根据v-t图像得到加速度方向，从而得到合力的方向，注意重力向下是不变的，N、f的水平分力相等，故N、f变化趋势一定一样。【物理卷（解析）2015届河北省衡水中学高三上学期第四次联考 （201501）】18（1 0分） 如右图所示的直角坐标系第、 象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场, 磁感应强度大小B=05 T, 处于坐标原点O 的放射源不断地放射出比荷的正离子, 不计离子的重力及离子间的相互作用。（1） 求离子在匀强磁场中的运动周期;（2） 若某时刻一群离子自原点O 以不同速率沿x轴正方向射出, 求经过10-6s时间这些离子所在位置构成的函数方程;（3） 若离子
22、自原点O 以相同的速率v0=20106m/ s沿不同方向射入第象限, 要求这些离子穿过磁场区域后都能沿平行于y轴且指向y轴正方向运动, 则题干中的匀强磁场区域应怎样调整（画图说明即可） , 并求出调整后磁场区域的最小面积。【答案】【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力K3C2D4【答案解析】(1) 10-6s (2) y=xtan=x (3) m2解析：（1）洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=，运动周期T=10-6s（2）离子运动时间t=10-6s=T，根据左手定则，离子沿逆时针方向作半径不同的圆周运动，转过的角度均为=2=，这些离子所在位置均在过坐标原点的同一
23、条直线上，该直线方程y=xtan=x（3）离子自原点O以相同的速率v0沿不同方向射入第一象限磁场，均做逆时针方向的匀速圆周运动根据牛顿第二定律有qv0B=m得：R=1m,这些离子的轨道圆心均在第二象限的四分之一圆弧AC上，欲使离子穿过磁场区域后都能平行于y轴并指向y轴正方向运动，离开磁场时的位置在以点（1，0）为圆 心、半径R=1m的四分之一圆弧（从原点O起顺时针转动90）上，磁场区域为两个四分之一圆的交集，如图所示调整后磁场区域的最小面积Smin=2()=m2【思路点拨】根据洛伦兹力提供向心力，和牛顿第二定律可以求出粒子运动的周期；粒子运动的周期与粒子的速度无关，运动的时间相等时，所有粒子转
24、过的角度是相等的，这样就可以求得粒子的位置；根据洛伦兹力提供向心力，求得粒子的运动半径；根据初速度的方向与半径，即可以确定粒子运动的圆心的位置理卷（解析）2015届河北省衡水中学高三上学期第四次联考 （201501）】17（10分） 如右图为一水平传送带装置的示意图。紧绷的传送带A B始终保持v0=5m/ s的恒定速率运行,A B间的距离L 为8m。将一质量 m=1 k g的小物块轻轻放在传送带上距A 点2m 处的P 点, 小物块随传送带运动到B点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带间的动摩擦因数=05,重力加速度g=10m/ s 2。求:（1） 该圆轨道的半径r。（2） 要使小
25、物块能第一次滑上圆形轨道到达 M 点, M 点为圆轨道右半侧上的点, 该点高出B 点02 5m, 且小物块在圆形轨道上不脱离轨道, 求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围。【答案】【知识点】机械能守恒定律； 牛顿第二定律；向心力E3C2D4【答案解析】（1）0.5m（2）7mx7.5m和0x5.5m解析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=g=0.510m/s2=5m/s2，小物块与传送带共速时，所用的时间 t= =1s，运动的位移x=at2=512m=2.5mL-2m=6m；故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到B，然后冲上光滑圆弧轨道据题，物块恰好达N点，
26、故由重力提供向心力，则有：mg=m，由机械能守恒定律得：m=mg（2r）+m，解得：r=0.5m（2）设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：mg（L-x1）=mgh，代入数据解得：x1=7.5m；设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：mg（L-x2）=mgR，代入数据解得：x2=7m则：能到达圆心右侧的M点，物块放在传送带上距A点的距离范围7mx7.5m；同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，由（1）可知，x3=5.5m则：0x5.5m故小物块放在传送带上放在传送带上距A点的距离范围为：7mx7.5m和0x5
27、.5m【思路点拨】（1）先研究小物块在传送带上的运动过程：由牛顿第二定律和速度时间公式结合，求出小物块与传送带共速时所用的时间，由速度位移公式求出物块相对于地的位 移，判断出物块的运动情况，确定出物块到达B端的速度物块恰好到达N点，由重力提供向心力，可求得N点的速度，再由机械能守恒列式，即可求出半径r（2）设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒求出x1，设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒求出x2，即可得到x的范围，同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，再求得x的范围理卷（解析）2015届河北省邯郸市高三1月质检（
28、201501）word版】15(13分) 如图，边长L=0.2 m的正方形abcd区域（含边界）内，存在着垂直于区域的横截面（纸面）向外的匀强磁场，磁感应强度B=5.010-2T。带电平行金属板MN、PQ间形成了匀强电场E（不考虑金属板在其它区域形成的电场），MN放在ad边上，两板左端M、P恰在ab边上，两板右端N、Q间有一绝缘挡板EF。EF中间有一小孔O，金属板长度、板间距、挡板长度均为l=0.l m。在M和P的中间位置有一离子源S，能够正对孔O不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q=3.2l0-19 C，质量均为m=6.4l0-26 kg。不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用
29、及离子打到金属板或挡板上后的反弹。（l）当电场强度E=104N/C时，求能够沿SO连线穿过孔O的离子的速率。（2）电场强度取值在一定范围时，可使沿SO连线穿过O并进入磁场区域的离子直接从bc边射出，求满足条件的电场强度的范围。【答案】【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力C2 D4 K3【答案解析】（1） （2） 解析： （1）穿过孔O的离子在金属板间需满足 代入数据得 （2） 穿过孔O的离子在金属板间仍需满足 离子穿过孔O后在磁场中做匀速圆周运动，有 由以上两式子得 从bc边射出的离子，其临界轨迹如图，对于轨迹半径最大，对应的电场强度最大，由几何关系可得 由此可得从bc
30、边射出的离子，轨迹半径最小时，其临界轨迹如图，对应的电场强度最小，由几何关系可得 所以 由此可得所以满足条件的电场强度的范围为： 【思路点拨】（1）由平衡条件可以求出离子速度（2）作出粒子运动轨迹，由平衡条件、牛顿第二定律求出电场强度本题考查了求离子的速率、电场强度，分析清楚离子运动过程、应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚离子运动过程、作出其运动轨迹是正确解题题的前提与关键【物理卷（解析）2015届福建省厦门市高三上学期质检检测（201501）WORD版】17。 14分）如图所示,水平传送带在电动机带动下以速度勻速运动，小物体P、Q质 量分别为0.2Kg和0.3Kg.由通过定滑轮
31、且不可伸长的轻绳相连，t二 0时刻P放在传送带 中点处由静止释放。已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带水平部分两端点间的 距离为4m，不计定滑轮责量及摩擦，P与定滑轮间的绳水平，取 。11判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小；2求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，与传送带间因摩擦产生的热量；18 求P从开始到离开传送带水平端点的过程中，电动机多消耗的电能。【答案】【知识点】 功能关系；牛顿第二定律C2 E6【答案解析】（1）4m/s2；（2）4J；（3）2J 解析：（1）P释放后受到向右的摩擦力，大小为：f=mg=0.52=1N；Q对P的拉力为F=Mg=0.310=3N；由P
32、Q为整体，受到的合力为F合=F-f=3-1=2N；则由牛顿第二定律可知，加速度a=（2）P到达左侧时，位移为x=2m；用时t=则物体与传送带间的相对位移x相=2+vt=2+21=4m；则产生的热量Q=fx相=14=4J；（2）由能量守恒定律可知，电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力所做的功；故多消耗的电能E=fvt=121=2J； 【思路点拨】（1）以整体沿绳为研究对象，根据受力分析由牛顿第二定律可求得加速度；（2）摩擦力与相对位移的乘积为产生的热量；根据相对运动关系求出相对位移即可（3）由能量守恒定律可知多消耗的电能等于克服摩擦力所做的功本题考查功能牛顿第二定律及功能关系，要注意正确掌握功
33、能的转化关系，明确热量等于摩擦力与相对位移的乘积【物理卷（解析）2015届福建省厦门市高三上学期质检检测（201501）WORD版】1510分)水上滑梯可简化成如图所示的模型，斜槽和水平槽A B平滑连接，倾角 =370. AB间距,BC间距，BC面与水面的距离，人与AB、 BC间的摩擦均忽略不计。取重力加速度。一同学 从滑梯顶端4点无初速地自由滑下，求：(1)该同学沿斜槽AB下滑时得到加速度大小？(2)该同学从A点开始至落到水面的时间？【答案】【知识点】 牛顿第二定律；平抛运动 C2 D3 【答案解析】 （1）6m/s2 （2）2.2s解析：（1）该同学沿斜槽AB下滑过程中，受重力和斜槽的支持
34、力，由牛顿第二定律有：mgsin=ma可得：a=gsin=10sin37=6m/s2（2）由A到B的过程中设时间为 ，有 可得 得 由B到C该同学做匀速直线运动，设时间为 ，有 由C点到落入水面做平抛运动，设时间为 ，有 得 从A点开始至落到水面的时间 【思路点拨】（1）对该同学进行受力分析，根据牛顿第二定律可求出下滑时的加速度；（2）从C点滑出时，该同学做平抛运动，可以根据高度求出运动的时间， 从而求得总时间。【物理卷（解析）2015届福建省泉州五校高三联考（201501）】19（13分）如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，场强。现将一重力不计、比荷的正电荷从电场中的O点由静止
35、释放，经过后，通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场。磁场方向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化。（1）求电荷进入磁场时的速度v0；（2）求图乙中时刻电荷与P点的距离；（3）如果在P点右方d105 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。【答案】【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动C2 D4 I3 K3 【答案解析】 （1）104m/s（2）20cm（3）1.4210-4s 解析： （1）电荷在电场中做匀加速直线运动，则 代入数据解得 （2）当 时，电荷运动的半径
36、 周期 当时，电荷运动的半径周期 故电荷从时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示。时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一个周期再沿小圆轨迹运动半个周期，与点的水平距离为 （3）电荷从点开始，其运动的周期为，根据电荷的运动情况可知，电荷每一个周期向右沿运动的距离为40 cm，故电荷到达挡板前运动的完整周期数为2个，沿 运动的距离=80 cm，最后25 cm的距离如图所示 设正电荷以角撞击到挡板上，有（1分）解得（1分）故电荷从点出发运动到挡板所需的总时间 解得 【思路点拨】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出电荷进入磁场时的速度v0（2）电荷进入磁场后做匀速圆周
37、运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=210-5s时刻电荷与P点的水平距离（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿MN运动的距离根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间【物理卷（解析）2015届福建省泉州五校高三联考（201501）】17（10分）某游乐场过山车模型简化为如图所示，光滑的过山车轨道
38、位于竖直平面内，该轨道由一段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R。可视为质点的过山车从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。（1）若要求过山车能通过圆形轨道最高点，则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h于少要多少？（2）考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的7倍，过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h不得超过多少？【答案】【知识点】 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力C2 D4 E3【答案解析】（1）2.5R（2）h不得超过3R 解析： （1）设过山车总质量为M，从高度h1处开始下滑，恰能以v1过圆周轨道最高点。在圆周轨道最高点有： 运
39、动过程机械能守恒： 由式得： 高度h至少要2.5R （2）设从高度h2处开始下滑，过圆周最低点时速度为v2，游客受到的支持力最大是。 最低点时： 运动过程机械能守恒： 由式得： 高度h不得超过3R【思路点拨】（1）根据过山车能通过圆形轨道最高点得出在最高点的速度值，根据运动过程机械能守恒求解（2）过圆周最低点根据牛顿第二定律和机械能守恒求解本题考查机械能守恒及竖直面内的圆周运动，选择合适的过程，并注意竖直面内圆周运动的临界条件即可求解【物理卷（解析）2015届福建省泉州五校高三联考（201501）】4如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状
40、态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()A0B.gCgD.g【答案】【知识点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用C2 B3 B4【答案解析】 B 解析： 木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图根据共点力平衡条件，有F-Nsin30=0Ncos30-G=0解得:N=mgF=mg木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故加速度为：a=故选B【思路点拨】木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度本题关键对物体受力分析，求出各个力，撤去一个力
41、后，先求出合力，再求加速度【理综卷（物理解析）2015届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（201501）】24（14分）现代化的生产流水线大大提高了劳动效率，如下图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。物品从A处无初速、等时间间隔地放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动（无相对滑动），到C处被取走装箱。已知A、B的距离L = 9.0 m，物品在转盘上与转轴O的距离R = 3.0 m、与传送带间的动摩擦因数1 = 0.25，传送带的传输速度和转盘上与O相距为R处的线速度均为v = 3.0 m/s，取g = 10 m/s2。问：（1）物品从A处运动到B处
42、的时间t；（2）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数2至少为多大？（3）若物品的质量为0.5 kg，每输送一个物品从A到C，该流水线为此至少多做多少功？ ABCvRO水平传送带物品水平转盘【答案】【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律动能定理综合应用考查题。A5、C2、E2。【答案解析】（14分）（1）设物品质量为m，放在传送带上，先受到摩擦力而加速运动：对物品有 解得 s（3分）由得mL （1分）故还需做匀速运动，有s （2分）所以s （1分）（2）物品在转盘上所收的静摩擦力提供向心力，有 得至少 （3分）（3）在传送带上因为传
43、送一个物品至少需要做的功(只在加速阶段做功)为：J （4分）【思路点拨】本题是多过程问题，采用程序法分析对于传送带问题，关键在于分析物体的受力情况和运动情况对于圆周运动问题，关键在于分析向心力的来源。要从下面三个方面分析求解本题：（1）物品放在传送带上，先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出此过程的位移，与传送带长度比较，分析有无匀速直线运动过程再求出运动时间（2）物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品恰好要滑动时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数2的最小值（3）先求出在传送带上因为传送物品需要做的功。【理综卷（物理解析）2015届湖北省武汉市武昌区高三
44、元月调考（201501）】18如图所示是放置于水平地面上的简易滑梯示意图，一小孩从滑梯斜面顶点A开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好速度为零（B点为AC的中点），整个过程中滑梯保持静止状态。假设该小孩在AB段和BC段滑动时与斜面间的动摩擦因数分别为1和2，斜面倾角为，则A整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于该小孩和滑梯的总重力，地面对滑梯始终无摩擦力作用B动摩擦因数满足1 + 2 = 2 tan C该小孩在AB和BC两段运动的时间相等，平均速度也相等DAB段与BC段小孩受的摩擦力做功的平均功率相等 ABC【答案】【知识点】匀变速直线运动、牛顿第二定律、功率、动
45、能定理。A2、C2、E1、E2。【答案解析】BC。解析：小孩在AB段做匀加速直线运动，将小孩的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小孩有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左故A错误B、设AB的长度为L，AB间的高度为h，则sin=，小孩在B点的速度为v小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：1mgLcoos+mgh
46、=mv20小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：2mgLcos+mgh=0mv2.联立代入数据得：1+2=2tan，故B正确C、A开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好速度为零，根据=知两段的平均速度相等，因为距离相同，故时间也相同，故C正确；D、因为动摩擦因数不一样，故摩擦力不一样，所以W=fs不同，时间相同，根据知平均功率不同，故D错误；故本题选择BC答案。【思路点拨】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，本题解答时也可以根据动能定理求解，难度适中小孩在AB段做匀加速直线运动，加速度沿斜面向下；在BC段做匀减速直线运动，加速度沿斜面向上以小孩和滑梯
47、整体为研究对象，将小孩的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿定律分析地面对滑梯的摩擦力方向和支持力的大小；根据动能定理求解1+2；根据=知两段的平均速度的关系；由W=fs和知平均功率大小关系【理综卷（物理解析）2015届河北省衡水中学高三上学期五调考试（201412）word版 】25(20分)如图所示，在竖直边界线左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度大小E=100 Vm。 电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为37，A点距水平地面的高度h=3 m；BC段为一粗糙绝 缘水平面，其长度L=3 m。斜面AB与水平面BC由一光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线右 侧区域固定一半径
48、R=O5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖 直边界线，位于电场区域的外部(忽略电场对右侧空间的影响)。现将一质量m=1 kg、电荷量q=O1 C的带正电的小物块(可视为质点)置于A点由静止释放，已知该小物块与斜面AB和水平面BC间 的动摩擦因数均为。 (1)求物块到达C点时的速度大小。 (2)求物块到达D点时所受轨道的压力大小。 (3)物块从D点进入电场的瞬间，将匀强电场的方向变为水平方向，并改变电场强度的大小，使物块恰好能够落到B点，求电场强度的大小和方向(取=224)。【答案】【知识点】 匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；动能定理C2
49、E2 I1【答案解析】（1） （2）22N （3）121V/m 解析：（1）物块由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得： 解得： （2）物块在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得： 物块运动到最高点时，根据牛顿第二定律可得： 联立解得： （3）物块进入电场后，沿水平方向做初速度 的匀变速运动，沿竖直方向做自由落体运动，设其沿水平方向上的加速度为a，物体由 点运动到B点所用的时间为t，则有： L= 解得： 说明电场方向水平向左又由 解得： 【思路点拨】（1）以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理求解小球到达C点时的速度大小；（2）小球从C点运动到C点的过程中，只
50、有重力做功，机械能守恒，可求出小球到达D点的速度在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解轨道对小球的压力（3）小球离开D点后，受到重力和电场力作用，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，运用运动的分解法，运动学公式求解电场强度本题是动能定理和圆周运动、平抛运动的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比【理综卷（物理解析）2015届安徽省屯溪一中高三第四次月考（201412）】23.(16分)如右图，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B
51、和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m的带电小球从y轴上(y0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)P点距坐标原点O至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点开始计时，经时间t2小球距坐标原点O的距离s为多远？【答案】【知识点】牛顿第二定
52、律，二力平衡，机械能守恒定律，平抛运动的知识等。B4、C2、D2、E3。【答案解析】（16分）解析(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q，则有qEmg （2分）解得：q又电场方向竖直向上，故小球带正电 （1分）(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qBvmv2/r （2分）小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：mgmv2/R （2分）由得：r （1分） 即PO的最小距离为：y2r （1分）(3)小球由O运动到N的过程中设到达N点的速度为vN，由机械能守恒定律得：mg2
53、Rmvmv2 （1分）由解得：vN （1分）小球从N点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a，则有：沿x轴方向有：xvNt （1分）沿电场方向有：zat2 （1分）由牛顿第二定律得：aqE/m （1分）t时刻小球距O点为：s2R （2分）答案(1)正电(2) (3)2R【思路点拨】本题是复合电磁场综合考查题，设置的情境比较复杂，运动的过程较多，一定理清运动的过程和各个过程受力情况和做功情况，再选择合适的物理规律表达式列式求解。在第I象限内，带电粒子所受三个力作用，电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力作匀速圆周运动；后面圆周运动中的最高点的临界点是只有重力提供向心力，这是解
54、本题的一个闪光点。平抛运动等，要依据相应的规律求解即可。【物理卷2015届河南省洛阳市高三第一次统一考试（201412）word版】20. (12分)如图15所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端C的正下方有一点P，P距C的高度为h=0.8 m有一质量500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过P点(g取10)求： (1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环运动到P点的动能【答案】【知识点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律C2 I1【答案解析】（1） m/s2，方向垂直杆向下；（2）5J 解析：
55、（1）带电小环沿杆匀速下滑，则根据受力分析可知电场力方向向右，即小环带负电杆子与水平方向成45，则电场力F=mg=0.510=5N 合力F合=mg=5N，根据牛顿第二定律得：a= ，方向垂直杆向下，（2）设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到达P点，则竖直方向：h=v0sin45t+gt2水平方向：v0cos45t- t2=0联立解得：v0= =2m/s由动能定理得：EkP-mv02=mgh可得：EkP=mv02+mgh=0.522+0.5100.8=5J 【思路点拨】（1）根据小环在杆子上受力平衡，判断出电场力的方向，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得知离开杆子后所受的合力，根据
56、牛顿第二定律求出加速度的大小和方向（2）研究小环离开直杆的过程：小环做匀变速曲线运动，将其运动分解法水平和竖直两个研究，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀减速直线运动，从C到P水平位移为0，根据牛顿第二定律和位移时间公式对两个方向分别列式，即可求出小球做匀变速运动的初速度，即在直杆上匀速运动时速度的大小根据动能定理求出小环运动到P点的动能解决本题的关键通过共点力平衡得出电场力的大小和方向，然后运用牛顿第二定律和动能定理进行求解【物理卷2015届河南省洛阳市高三第一次统一考试（201412）word版】19. (12分)如图14所示，一质量为m的质点，系于长为R的轻绳的一端，绳的另一端固定在
57、空间的O点，假设绳不可伸长，柔软且无弹性质点从O点的正上方离O点距离为R的点，以水平速度抛出，试求： (1)轻绳刚刚伸直时，绳与竖直方向的夹角为多少？(2)当质点到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？【答案】【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；向心力C2 D3 E3【答案解析】(1) (2) 解析：（1）小球的运动可分为三个过程：第一过程：小球做平抛运动设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为，如图所示，则V0t=Rsin，gt2=R-Rcos，其中V0=联立解得=，t=即轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为90（2）第二过程：绳绷直过程绳棚直时，绳刚好水平，如图所示由于绳不可伸
58、长，故绳绷直时，V0损失，小球仅有速度V，且V=gt=第三过程：小球在竖直平面内做圆周运动设小球到达O点正下方时，速度为V，根据机械能守恒守律有：mV/2=mV2+mgR设此时绳对小球的拉力为T，则T-mg=m，联立解得：T=mg故当小球到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为mg 【思路点拨】（1）先将平抛运动沿水平和竖直方向正交分解，根据位移公式列式求解；（2）细线刚刚绷紧时，将速度沿着细线方向和垂直细线方向正交分解，沿细线方向速度迅速减小为零，垂直细线方向速度不变，之后物体绕O点做变速圆周运动，机械能守恒，先求出最低点速度，再根据向心力公式和牛顿第二定律求解拉力本题关键是将小球的运动分为三个
59、过程进行分析讨论，平抛运动过程、突然绷紧的瞬时过程和变速圆周运动过程；然后根据对各段运用平抛运动位移公式、速度分解法则、机械能守恒定律和向心力公式列式求解【物理卷2015届河南省洛阳市高三第一次统一考试（201412）word版】10.如图7所示，在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态，现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v则此时A拉力做功的瞬时功率为FvsinB物块B满足m2gsin=kdC物块A的加速度为D弹簧弹性势能的增加量
60、为【答案】【知识点】功的计算；牛顿第二定律；弹性势能C2 E1【答案解析】CD 解析：A、由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为 P=Fv，故A错误；B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2，故m2gsinkd，故B错误；C、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F-m1gsin-kx2=m1a1，又开始时，A平衡，则有：m1gsin=kx1，而d=x1+x2，解得：物块A加速度为，故C正确；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统
61、动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确故选：CD【思路点拨】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A的速度含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路【物理卷2015届河南省洛阳市高三第一次统一考试（201412）word版】5如图3所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的电荷感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在0点，三个小球均处于竖直向上的
62、匀强电场中，电场强度大小为E则以下说法正确的是A.静止时，A、B两小球间细线的拉力为4mg+qEB静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg-qEC剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力大小为qE D剪断O点与A小球间细线瞬间，A.B两小球间细线的拉力大小为 qE【答案】【知识点】牛顿第二定律；电场强度C2 I1【答案解析】 C 解析：静止时，对B球进行受力分析，则有：T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq，故A、B错误；B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A、B球的加速度为g+（显然
63、g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为qE故C正确，D错误故选C 【思路点拨】静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零，难度适中【物理卷（解析）2015届浙
64、江省重点中学协作体高三上学期第二次适应性测试（201501）word版】14质量为m的小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（ ）AmgR/4 BmgR/2 Cmg/R DmgR【答案】【知识点】 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力C2 D4 E2【答案解析】B 解析：小球在最低点，受力分析与运动分析则有：F-mg=m 而最高点时，由于恰好能通过，所以：mg=m小球选取从最低点到最高点作为过程，由
65、动能定理可得：-mg2R-W克=由以上三式可得：W克=mgR故选：B【思路点拨】小球在轻绳的作用下，在竖直平面内做圆周运动，由最低点的绳子的拉力结合牛顿第二定律可求出此时速度，当小球恰好通过最高点，由此根据向心力与牛顿第二定律可算出速度，最后由动能定理来求出过程中克服阻力做功由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件同时在运用动能定理时，明确初动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功【物理卷（解析）2015届浙江省杭州二中高三第二次月考解析（201412）】8一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的牵引力
66、功率达到最大值P，此后，起重机保持该功率不变，继续提升重物。直到以最大速度v2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法不正确的是（ ）A钢绳的最大拉力为 B钢绳的最大拉力为C重物的最大速度为 D重物做匀加速运动的时间为【答案】【知识点】机车功率问题考查题。C2、E1【答案解析】A。匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结束时的拉力，由P=Fv得Fm= ，A错误，B正确；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2，故C正确；重物做匀加速运动的加速度a ，则匀加速的时间为t ，D正确故说法不正确的是A答案。【思路点拨】本题要分析清题意，理解匀加速提升重物时钢绳拉力最大，且等于匀加速结时的拉
67、力，由P=Fv求出最大拉力；重物以最大速度为v2匀速上升时，F=mg，所以v2=求出最大速度；先根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀加速直线运动速度-时间公式求出时间。本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉只要熟悉了这些，就能很快求解本题。【物理卷（解析）2015届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（201412）】2、如图所示，a、b为竖直方向上的电场线上的两点，一带电质点在a由静止释放 ，沿电场线方向向上运动，到b点速度恰好为零，下列说法中正确的是A、带电质点在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的B、a点
68、电势比b点的电势高C、带电质点在a点的电势能比在b点的电势能小D、a点的电场强度比b点的电场强度小【答案】【知识点】 电场强度；牛顿第二定律；电场线；电势；电势能C2 I1 I2【答案解析】A 解析：A、由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力，开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上故A正确；B、小球开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上但由于小球的电性未知，不能判断电场线的方向，所以不能判断a、b两点电势的高低故B错误C、电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在a点的电势能比在b点的电势能大故C错误；D、在a点，电场力大于重力
69、，到b点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以b点所受的电场力小于重力所以a点的电场强度比b点的电场强度大故D错误故选A【思路点拨】由题意可知，带电小球受两个力：重力和电场力由静止向上运动，可判断出电场力的方向，通过带电小球初末速度为零可比较出两点的电场强度沿电场线方向电势逐渐降低根据电场力做的功，判断电势能的变化解决本题的关键通过a、b两点的速度为0，知道受重力和电场力两个力，且知道电场力的方向通过电场力与重力的大小关系，比较电场强度的大小以及知道电场力做功与电势能的关系和沿电场线方向电势降低【物理卷（解析）2015届山西省山大附中高三12月月考（201412）】10、如图所示，在水平匀强电场
70、和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（ ）A小球的加速度一直减小 B小球的机械能和电势能的总和保持不变C下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是D下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是【答案】【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在混合场中的运动C2K3【答案解析】CD解析：小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为a=； 小球速度将增大，产生洛仑兹力，由左手定则可知，洛
71、仑兹力向右，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增大；故A错误；当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达最大；此后速度继续增大，则洛仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情况下，则：=，解得，V1=，故C正确；同理有：=，解得V2=，故D正确；而在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小；故B错误；故选CD【思路点拨】对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状
72、态【物理卷（解析）2015届山西省山大附中高三12月月考（201412）】7、如图所示，质量为m2的物体，放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量为m1的物体当车向左加速运动时，与物体m1相连接的绳与竖直方向成角，m2与车厢相对静止则（）A. 车厢的加速度为gsinB. 绳对物体m1的拉力为C. 底板对物体m2的支持力为（m2m1）gD. 物体m2所受底板的摩擦力为m2gtan【答案】【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用C2B3【答案解析】BD解析：A、B以物体1为研究对象，分析受力情况如图2：重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得 m1gtan=m1a
73、，得a=gtan，则车厢的加速度也为gtan T=故A错误，B正确 C、D对物体2研究，分析受力如图1，根据牛顿第二定律得：N=m2gT=，f=m2a=m2gtan故C错误，D正确 故选BD 【思路点拨】先以物体1为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉力再对物体2研究，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力【物理卷（解析）2015届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（201501）】16(12分)如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角=30，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在
74、导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为、电阻为R。两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R。现闭合开关K ，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率。重力加速度为g，求：（1）金属棒能达到的最大速度vm；（2）灯泡的额定功率PL；（3）若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1。【答案】【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；电磁感应中的能量转化C2J2K4【答案解析】（1）（
75、2）（3）解析：（1）金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动。设最大速度为vm，则速度达到最大时有： ( 1分) (1分) ( 2分)解得: (1分)（2） (2分) 解得： (1分)（3）设整个电路放出的电热为，由能量守恒定律有： (2分) 由题意可知 (1分)解得: 【思路点拨】（1）金属棒由静止开始先加速度减小的加速运动后做匀速运动时，速度达到最大，根据平衡条件和E=BLvm、I=、F安=BIL结合求出最大速度vm（2）由题，金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率，只要求出金属棒匀速运动时的电流，即可由P=I2R求出灯泡的额
76、定功率（3）当金属棒达到最大速度的一半时，先求出安培力，再由牛顿第二定律求出加速度a（4）根据能量守恒定律求出金属棒上产生的电热Qr【物理卷（解析）2015届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（201501）】5. 如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量 和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子( )A.速率一定越小 B.速率一定越大C.在磁场中通过的路程一定越长 D.在磁场中的周期一定越大【答案】【知识
77、点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力K3C2D4【答案解析】A解析：由周期公式得：T=由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T相同，故D错误根据t=可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由r=知速率一定越小，A正确，B错误通过的路程即圆弧的长度l=r，与半径r和圆心角有关，故C错误故选A【思路点拨】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定【物理卷（解析）2015届山东省日照一中高三上学期第三次阶
78、段复习质量达标检测解析（201501）】22示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板上的小孔穿出，进入偏转电场电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上设加速电压U11 640 V，偏转极板长l4 cm，偏转极板间距d1 cm，当电子加速后从两偏转极板的中央沿板平行方向进入偏转电场（电子电量e=1.6x10-19C）(1)偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L20 cm，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为多少？【答案】【知识点】带电粒子在匀强电场中的加速与偏转、动能定理的应用、运动的合成与分解、牛顿第二定律等知识点。C
79、2、D1、E2、I3。【答案解析】(1)电子在加速电场中，由动能定理得eU1mv，电子进入偏转电场时的初速度v0 ，电子在偏转电场中的飞行时间t1，电子在偏转电场中的加速度：a，要使电子从下极板边缘射出，应有：at，解得偏转电压U2205 V.(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离yy2由于电子离开偏转电场时垂直极板方向的速度vyat1，电子离开偏转电场到荧光屏的时间：t2L/v0，y2vyt20.05 m，电子打在荧光屏上最大偏转距离：yy20.055 m.答案(1)205 V(2)0.055 m【思路点拨】本题考查带电粒子在匀强电场中的加速与偏转、动能定理的应用、运动的合成与分解、牛顿第二定
80、律等知识点要会分析出要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来从而正确求解本题的答案【物理卷（解析）2015届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测解析（201501）】8.如图所示，长为L0.5 m、倾角为37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为q，质量为m的小球(可视为质点)，以初速度v02 m/s恰能沿斜面匀速上滑，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则下列说法中正确的是( )A小球在B点的电势能大于在A点的电势能B水平匀强电场的电场强度为C若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2D若电场强度减半，小
81、球运动到B点时速度为初速度v0的一半【答案】【知识点】牛顿第二定律、动能定理在电场中的应用。C2、E2、I1、I2。【答案解析】BD。解析：在小球由A到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，A错；由动能定理知qELcos mgLsin 0，所以水平匀强电场的电场强度为，B对；电场强度加倍后，则有q2Ecos mgsin ma，所以a0.6g6 m/s2，C错；电场强度减半后，则有mgsin qcos ma1，a10.3g3 m/s2，由v22a1L代入数值得v1 m/s，D对故本题选择BD【思路点拨】本题先要分析小球的受力情况，拟清已知量与未知题的关系，根据动能定理求电场强度；
82、当电场强度加倍时，根据牛顿第二定律求加速度，然后用位移与速度关系式求速度，再根据选项条件来选择正确答案。【物理卷（解析）2015届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（201412）】17(13分)如图所示，坐标平面第1象限内存在大小为、方向水平向左的匀强电场，在第II象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比的带正电的粒子，以初速度从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA=0.2 m，不计粒子的重力。(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离：(2)若要使粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)。【答案】【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；
83、牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动K3C2D4I3【答案解析】（1）0.4 m（2）B(22)102 T解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则：sOAat2 a E yv0t 联立解得a1.01015 m/s2；t2.0108 s；y0.4 m (2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vxat2107 m/s 粒子经过y轴时的速度大小为：v2107 m/s 与y轴正方向的夹角为，arctan45 要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：RRy qvBm 联立解得B(22)102 T （1分）【思路
84、点拨】（1）粒子在电场中做类平抛运动，x方向上做匀加速运动，y方向做匀速运动，根据平抛运动的基本公式求解粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心力公式可求磁场强度【物理卷（解析）2015届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（201412）】10如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后A木块立即做减速运动B术块在一段时间内速度仍可增大C当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D弹簧压缩量最大时，木块加速度为零【答案】【知识点】牛顿第二定律；胡克定律C2B1【答案解析】BC解析：木块与
85、弹簧接触后，开始推力F大于弹簧的弹力，加速度方向向右，木块做加速运动，弹力增大，加速度减小，当F等于弹力时，加速度为零，速度最大，然后弹力大于F，加速度方向向左，木块做减速运动，弹簧压缩最大时，速度为零故B正确，A、D错误故选：BC【思路点拨】根据木块所受的合力判断加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化【物理卷（解析）2015届江苏省盐城中学高三1月月考（201501）】16如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，场强ENC。现将一重力不计、比荷 Ckg的正电荷从电场中的O点由静止释放，经过t01105s后，通过MN上的P点进入其上方的匀强磁场。磁场方向垂直于纸面
86、向外，以电荷第一次通过MN时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化。（1）求电荷进入磁场时的速度v0；（2）求图乙中t2105s时刻电荷与P点的距离；（3）如果在P点右方d105 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间（本小题保留三位有效数字）.【答案】【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动C2 D4 I3 K3【答案解析】（1）104m/s（2）20cm（3）1.4310-4s解析：（1）由于电荷在电场中做匀加速直线运动，则，代入数据解得。（2）当时，电荷运动的半径，周期当时，电荷运动的半径，周期故电荷
87、从时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示。时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一个周期再沿小圆轨迹运动半个周期，与P点的水平距离为。（3）电荷从P点开始，其运动的周期为T=610-5s，根据电荷的运动情况可知，电荷每一个周期向右沿PN运动的距离为40 cm，故电荷到达挡板前运动的完整周期数为2个，沿PN运动的距离s=80 cm，最后25 cm的距离如图所示，设正电荷以角撞击到挡板上，有：r1+r2cos=25cm解得cos=0.5,即=60o故电荷从点出发运动到挡板所需的总时间解得tB1.4310-4s。【思路点拨】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律结合可求出电荷进入
88、磁场时的速度v0（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=210-5s时刻电荷与P点的水平距离（3）电荷在周期性变化的磁场中运动，根据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿MN运动的距离根据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间【物理卷（解析）2015届江苏省盐城中学高三1月月考（201501）】7、宇宙飞船绕
89、地心做半径为r的匀速圆周运动，飞船舱内有一质量为m的人站在可称体重的台秤上，用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g0表示宇宙飞船所在处的地球引力加速度，N表示人对秤的压力，则关于g0、N下面正确的是( )A B. C. D. N=0【答案】【知识点】 万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；向心力C2 D4 D5【答案解析】BD 解析：忽略地球的自转，根据万有引力等于重力列出等式：宇宙飞船所在处，有：mg0=G在地球表面处：mg=G解得：g0=g宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态，即人只受重力，所以人对台秤的压力为0故选：BD【思路点拨】忽略地球的自转，根据万
90、有引力等于重力列出等式，用地球表面处的重力加速度和地球的半径代换地球质量即GM=gR2，进行求解宇宙飞船绕地心做匀速圆周运动，飞船舱内物体处于完全失重状态根据万有引力等于重力列出等式去求解，是本题解题的关键；运用黄金代换式GM=gR2是万用引力定律应用的常用方法【物理卷（解析）2015届江苏省南通中学高三上学期期中考试（201411）】16、如图所示，一物体M从A点以某一初速度沿倾角=37的粗糙固定斜面向上运动，自顶端B点飞出后，垂直撞到高H=2.25m的竖直墙面上C点，又沿原轨迹返回已知B、C两点的高度差h0.45m，物体M与斜面间的动摩擦因数=0.25，取sin37=0.6，cos37=0
91、.8，重力加速度g=10 m/s2试求：BCHhs37AM题16图（1）物体M沿斜面向上运动时的加速度大小；（2）物体返回后B点时的速度；（3）物体被墙面弹回后，从B点回到A点所需时间。【答案】【知识点】 牛顿第二定律；平抛运动C2 D3【答案解析】 （1）8m/s2；（2）5m/s；（3）0.5s 解析：（1）物体M沿斜面向上运动时的加速度为a，由牛顿第二定律有： 代入数据可得 （2）物体从C点到B点做平抛运动，设落至B点时在竖直方向的速度为vBy，由平抛运动规律有 代入数据可得 由题意知，物体落在B点后刚好沿斜面下滑，则它落至B点时的速度方向沿斜面向下，与水平方向的夹角为37 大小为 （3
92、）设物体从B点返回到A点过程中的加速度大小为a，时间为t，由牛顿第二定律得代入数据可得 由运动学公式 代入数据可得 （-3s舍去） 【思路点拨】（1）根据牛顿第二定律求出物体M沿斜面向上运动时的加速度大小；（2）物体从C点到B点的过程做平抛运动，根据平抛运动的高度求出到达B点时竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出物体返回后B点的速度（3）根据牛顿第二定律求出物体沿斜面下滑的加速度，结合位移时间公式求出从B点回到A点所需的时间本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，以及掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解【物理卷（解析）
93、2015届江苏省南通中学高三上学期期中考试（201411）】12如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（ ）A斜面倾角 = 30 BA获得最大速度为CC刚离开地面时，B的加速度最大D从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两
94、小球组成的系统机械能守恒【答案】【知识点】 机械能守恒定律；胡克定律；牛顿第二定律C2 E3【答案解析】AB 解析：A、A刚离开地面时，对A有：kx2=mg此时B有最大速度，即aB=aC=0则对B有：T-kx2-mg=0对A有：4mgsin-T=0以上方程联立可解得：sin=，=30，故A正确；B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1=mg由上问知x1=x2=，则从释放至A刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sin=mg（x1+x2）+（4m+m）vBm2以上方程联立可解得：vBm=所以A获得最大速度为2g，故B正确；C、
95、对B球进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误故选AB【思路点拨】（1）C刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角（2）A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等；本题关键是对三个物体分别受力分析，得出物体B速
96、度最大时各个物体都受力平衡，然后根据平衡条件分析；同时要注意是那个系统机械能守恒【物理卷（解析）2015届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（201501）】17（16分）如图所示，在光滑水平地面上，静止放着一质量m1=0.2kg的绝缘平板小车，小车的右边处在以PQ为界的匀强电场中，电场强度E1=1104V/m，小车A点正处于电场的边界。质量m2 = 0.1kg，带电量q = 610-5C的带正电小物块（可视为质点）置于A点，其与小车间的动摩擦因数 = 0.40（且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。现给小物块一向右的速度v0 = 6m/s，当小车速度减为零时，电场强度突然增强至E2 =
97、2104V/m，而后保持不变。若小物块不从小车上滑落，取g = 10m/s2。试求：m1m2222v0PQAE（1）小物块最远能向右运动多远？（2）小车、小物块的最终速度分别是多少？【答案】【知识点】 匀变速直线运动的公式；牛顿第二定律；能量守恒定律；电场强度A2 C2 I1 E3【答案解析】（1）2m（2）m/s，m/s 解析： （1）小物块受到向左的电场力和滑动摩擦力作减速运动，小车受摩擦力向右做加速运动设小车和小物块的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得对小车 m2g = m1a1 得a1 = 2m/s2 对小物块 qE1 +m2g = m2a2 得a2 = 10m/s2 设t1时刻
98、小车与小物块速度相同，则 vt = v0a2t1 = a1t1 解得t1 = 0.5s、vt = 1m/s当两物体达共同速度后系统只受电场力，则由牛顿第二定律得qE1 = (m1 +m2)a3 则a3 = 2m/s2设两者间摩擦力达最大静摩擦，设小车及小物块做减速运动的加速度分别为a4、a5，则：a4a5由于a3=a4=a5，故两者不会相对滑动，而是以2m/s2的共同加速度做减速运动，直至共同速度减为零小物块第一段运动的位移 s1第二段运动的位移 s2故小物块向右运动最远的位移s=1.75m+0.25m=2m（2）当小物块及小车的速度减为零后，其受力如图，由牛顿第二定律得：小物块的加速度 a5
99、此时小车的加速度 a6设小物块经t2秒冲出电场，此时小物块及小车速度分别为v3与v4则：对小物块st2对小物块 v3a5t28m/s=4m/s对小车 v4a6t22m/sm/s当小物块冲出电场后，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，设此速度为v5由系统动量守恒得：m2v3+m1v4=（m1+m2）v5v5【思路点拨】（1）先分析小物块与小车的运动情况：小物块水平方向受向左的电场力与滑动摩擦力做减速运动，而小车受摩擦力向右做匀加速运动，当速度相等后，受力情况发生了变化，两者可能相对静止，也可能相对滑动根据牛顿第二定律分别求出两者的加速度，由速度公式列式，求出相等的速度，再由牛顿第二定律分析
100、速度相等后能否相对静止运用运动学公式分段求出小物块运动的距离即得到向右运动的总路程（2）先牛顿第二定律和运动学公式结合，求出物块冲出电场时，两者的速度大小，若不从小车上滑落，两者最终会达至共同速度，根据动量守恒求出共同速度本题是考查牛顿运动定律、电场力、匀变速运动规律、动量守恒定律知识，考查考生对物理过程的综合分析能力、应用数学处理物理问题的能力【物理卷（解析）2015届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（201501）】9质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t0时刻开始受到方向不变的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示物体在t0时刻开始运动，其vt图象如图乙所示，若认为滑动
101、摩擦力等于最大静摩擦力，则 A物体与地面间的动摩擦因数为 B物体在t0时刻的加速度大小为 C物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0 D水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为F0【答案】【知识点】 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律A5 C2 E1【答案解析】 AD 解析： A、物体在时刻开始运动，说明阻力等于水平拉力故为f=F0，摩擦因数为，故A错误；B、在t0时刻有牛顿第二定律可知，2F0-f=ma，a=，故B错误；C、物体受到的合外力为F=2F0-f=F0功率为P=F0v0，故C错误；D、2t0时刻速度为v=v0+t0，在t0-2t0时刻的平均速度为，故
102、平均功率为P=2F0，故D正确；故选：AD【思路点拨】在t0时刻刚好运动说明物体受到的摩擦力等于阻力，故可判断出摩擦因数；在0-t0时间内物体做变加速运动，不能用运动学公式求解；由P=Fv可求得平均功率，也可求的瞬时功率；本题主要考查了平均功率与瞬时功率的求法，注意P=Fv即可以求平均功率与瞬时功率。【物理卷（解析）2015届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（201412）word版】6.如图甲所示，轻杆一端与质量为1 kg、可视为质点的小球相连，另一端可绕光滑固定轴在竖直平面内自由转动。现使小球在竖赢平面内做圆周运动，经最高点开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度w随时间
103、f的变化关系如图乙所示，A、B、C三点分别是图线与纵轴、横轴的交点、图线上第一周期内的最低点，该三点的纵坐标分别是1、0、-5。g取10，不计空气阻力。下列说法中正确的是 A.轻杆的长度为0. 5 m B.小球经最高点时，杆对它的作用力方向竖直向下 C. B点对应时刻小球的速度为3 m/sD.曲线AB段与坐标轴所围图形的面积为0. 6 m【答案】【知识点】 向心力；牛顿第二定律C2 D4【答案解析】 D 解析：A、设杆的长度为L，小球从A到C的过程中机械能守恒，得：mvA2+2mgL=mvC2，所以：L=故A错误；B、若小球在A点恰好对杆的作用力是0，则：=mg，临界速度：v0=m/svA=1
104、m/s由于小球在A点的速度小于临界速度，所以小球做圆周运动需要的向心力小于重力，杆对小球的作用力的方向向上，是竖直向上的支持力故B错误；C、小球从A到B的过程中机械能守恒，得：mvA2+mgL=mvB2，所以：vB=m/s故C错误；D、由于y轴表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，即0.6m故D正确故选：D 【思路点拨】已知小球在ABC三个点的速度，A到C的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律即可求出杆的长度；结合小球过最高点的受力的特点，即可求出杆对小球的作用力的方向；由机械能守恒可以求出B点的速度；由于y轴
105、表示的是小球在水平方向的分速度，所以曲线AB段与坐标轴所围图形的面积表示A到B的过程小球在水平方向的位移该题考查竖直平面内的圆周运动，将牛顿第二定律与机械能守恒定律相结合即可正确解答该题中的一个难点是D选项中“曲线AB段与坐标轴所围图形的面积”的意义要理解【物理卷（解析）2015届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（201412）word版】5.在光滑绝缘的水平面上OP右侧有如图所示的匀强磁场，两个相同的带电小球a和b以大小相等的初速度从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后两球均运动到OP边界的P侧，下列说法正确的是 A.球a带正电，球b带负电 B.球a在磁场中运动的时间比球b的短
106、C.球a在磁场中运动的路程比球b的短D.球a在OP上的落点与。点的距离比球b的近【答案】【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力C2 D4 K3【答案解析】 D 解析：a、b粒子的运动轨迹如图所示：粒子a、b都向下由左手定则可知，a、b均带正电，故A错误；由r=可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故BC错误；根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确故选：D【思路点拨】带电粒子在磁场中由洛分析：伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行分析
107、本题考查带电粒子在磁场中的运动规律，要注意带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径【物理卷（解析）2015届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（201412）word版】4.如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止。斜面对物体的支持 力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是A.在0-t1时间内，N增大，f减小 B.在 0-t1时间内，N减小，f增大C.在t1t2时间内，N增大，f增大 D.在t1t2时间内，N减小，f减小【答案】【知识点】 超重和失重 牛顿第二定律 C2 C3
108、【答案解析】D 解析：在 0-t1时间内，物体向上做加速度减小的加速运动，加速度向上并且在减小，重力向下不变，故N减小，f减小，在t1t2时间内，物体向上做加速度增大的减速运动，加速度向下在增大，重力向下不变，故N减小，f减小，故D正确；A、B、C错误；故选D【思路点拨】 根据v-t图像得到加速度方向，从而得到合力的方向，注意重力向下是不变的，N、f的水平分力相等，故N、f变化趋势一定一样。【物理卷（解析）2015届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（201501）】25（18分）如图，有3块水平放置的长薄金属板a、b和c，a、b之间相距为L。紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细
109、管，两管口正好位于小孔M、N处。板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。当体积为V0、密度为、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压Uba和Ubc，当UbaU1、UbcU2时，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出。忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)油滴进入M孔时的速度v1；(2)b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；(3)当油滴从细管的N孔射出瞬间，将Uba和B立即调整到Uba和B，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M孔，请给出
110、Uba和B的结果。【答案】【知识点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理K3C2D4E2【答案解析】C解析：解：(1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v1，由动能定理mvmvmgLqU1（3分）考虑到mV0，得v1 （1分）(2)油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，有：mgqE（3分）得E（1分）油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，由qv1B（3分）得B （1分）(3)若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理，0mvmgLqUba（3分）得UbaU1（1分）考虑到油滴返回时速度方向已经相反，
111、为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即：BB. （2分）【思路点拨】（1）油滴开始下落的过程中有重力、电场力做功，根据动能定理求出油滴进入M孔的速度（2）油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，知电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，根据平衡求出电场强度的大小，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小（3）若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点速度为零，根据动能定理求出的大小，返回到N孔时速度大小不变，现向左偏转做匀速圆周运动，则磁感应强度的大小不变，方向改变【物理卷（解析）2015届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（2015
112、01）】20如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为，A 和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r 。设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 AB对A的摩擦力一定为3mg BB对A的摩擦力一定为3m2rC转台的角速度一定满足： D转台的角速度一定满足：【答案】【知识点】牛顿第二定律；静摩擦力和最大静摩擦力；匀速圆周运动；向心力C2D4【答案解析】BD解析：A、B、对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f=（3m）2r（3m）g故A错误，B正
113、确；C、D、由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：（3m）2r（3m）g对AB整体，有：（3m+2m）2r（3m+2m）g对物体C，有：m2（1.5r）mg，解得故C错误，D正确；故选BD【思路点拨】分别对A、AB整体、C受力分析，合力提供向心力，根据向心力公式列式分析【物理卷（解析）2015届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（201501）】16如图，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60，水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为A0 B2m
114、g C4mg D6mg【答案】【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；向心力；左手定则；右手定则L1C2D4【答案解析】C解析：设线的长度为L，小球经过最低点时速率为v根据机械能守恒定律得：mgL（1-cos60）= mv2，得到v= 当小球自左方摆到最低点时，有：qvB-mg=m 当小球自右方摆到最低点时，有：F-mg-qvB=m 由+得：F=2mg+2m =4mg故选C【思路点拨】小球摆动过程中，受到重力、线的拉力和洛伦兹力，只有重力做功，其机械能守恒，当小球自右方摆到最低点时的速率等于自左方摆到最低点时的速率，由机械能守恒定律求出小球经过最低点时的速率根据小球自左方摆到最低
115、点时，悬线上的张力恰为零，由重力与洛伦兹力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列出方程小球自右方摆到最低点时，洛伦兹力方向向下，再由牛顿第二定律求出悬线上的张力【物理卷（解析）2015届河北省衡水中学高三上学期第四次联考 （201501）】18（1 0分） 如右图所示的直角坐标系第、 象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场, 磁感应强度大小B=05 T, 处于坐标原点O 的放射源不断地放射出比荷的正离子, 不计离子的重力及离子间的相互作用。（1） 求离子在匀强磁场中的运动周期;（2） 若某时刻一群离子自原点O 以不同速率沿x轴正方向射出, 求经过10-6s时间这些离子所在位置构成的函数方程;（3）
116、若离子自原点O 以相同的速率v0=20106m/ s沿不同方向射入第象限, 要求这些离子穿过磁场区域后都能沿平行于y轴且指向y轴正方向运动, 则题干中的匀强磁场区域应怎样调整（画图说明即可） , 并求出调整后磁场区域的最小面积。【答案】【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力K3C2D4【答案解析】(1) 10-6s (2) y=xtan=x (3) m2解析：（1）洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=，运动周期T=10-6s（2）离子运动时间t=10-6s=T，根据左手定则，离子沿逆时针方向作半径不同的圆周运动，转过的角度均为=2=，这些离子所在位置均在过坐标原点
117、的同一条直线上，该直线方程y=xtan=x（3）离子自原点O以相同的速率v0沿不同方向射入第一象限磁场，均做逆时针方向的匀速圆周运动根据牛顿第二定律有qv0B=m得：R=1m,这些离子的轨道圆心均在第二象限的四分之一圆弧AC上，欲使离子穿过磁场区域后都能平行于y轴并指向y轴正方向运动，离开磁场时的位置在以点（1，0）为圆 心、半径R=1m的四分之一圆弧（从原点O起顺时针转动90）上，磁场区域为两个四分之一圆的交集，如图所示调整后磁场区域的最小面积Smin=2()=m2【思路点拨】根据洛伦兹力提供向心力，和牛顿第二定律可以求出粒子运动的周期；粒子运动的周期与粒子的速度无关，运动的时间相等时，所有
118、粒子转过的角度是相等的，这样就可以求得粒子的位置；根据洛伦兹力提供向心力，求得粒子的运动半径；根据初速度的方向与半径，即可以确定粒子运动的圆心的位置理卷（解析）2015届河北省衡水中学高三上学期第四次联考 （201501）】17（10分） 如右图为一水平传送带装置的示意图。紧绷的传送带A B始终保持v0=5m/ s的恒定速率运行,A B间的距离L 为8m。将一质量 m=1 k g的小物块轻轻放在传送带上距A 点2m 处的P 点, 小物块随传送带运动到B点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。小物块与传送带间的动摩擦因数=05,重力加速度g=10m/ s 2。求:（1） 该圆轨道的半径r。（2）
119、要使小物块能第一次滑上圆形轨道到达 M 点, M 点为圆轨道右半侧上的点, 该点高出B 点02 5m, 且小物块在圆形轨道上不脱离轨道, 求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围。【答案】【知识点】机械能守恒定律； 牛顿第二定律；向心力E3C2D4【答案解析】（1）0.5m（2）7mx7.5m和0x5.5m解析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=g=0.510m/s2=5m/s2，小物块与传送带共速时，所用的时间 t= =1s，运动的位移x=at2=512m=2.5mL-2m=6m；故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到B，然后冲上光滑圆弧轨道据题，物块恰好达
120、N点，故由重力提供向心力，则有：mg=m，由机械能守恒定律得：m=mg（2r）+m，解得：r=0.5m（2）设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：mg（L-x1）=mgh，代入数据解得：x1=7.5m；设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：mg（L-x2）=mgR，代入数据解得：x2=7m则：能到达圆心右侧的M点，物块放在传送带上距A点的距离范围7mx7.5m；同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，由（1）可知，x3=5.5m则：0x5.5m故小物块放在传送带上放在传送带上距A点的距离范围为：7mx7.5m和
121、0x5.5m【思路点拨】（1）先研究小物块在传送带上的运动过程：由牛顿第二定律和速度时间公式结合，求出小物块与传送带共速时所用的时间，由速度位移公式求出物块相对于地的位 移，判断出物块的运动情况，确定出物块到达B端的速度物块恰好到达N点，由重力提供向心力，可求得N点的速度，再由机械能守恒列式，即可求出半径r（2）设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒求出x1，设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒求出x2，即可得到x的范围，同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，再求得x的范围理卷（解析）2015届河北省衡水市冀州中学
122、高三上学期第四次月考（201501）】17如图有一截面为矩形的有界匀强磁场区域ABCD，AB=3L，BC=2L,，在边界AB的中点上有个粒子源，沿边界AB并指向A点的方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与,AD边界相切，则（）A速度小于v0的粒子全部从CD边界射出B当粒子速度满足2v0/3vr）的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是A小球在CD间由于摩擦力而做减速运动 B小球经过甲轨道最高点时比经过乙
123、轨道最高点时速度大C如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点D小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力【答案】【知识点】完全失重、圆周运动考查题。C3、D4。【答案解析】D。物体处于完全失重状态，在CD端水平粗糙部分，对水平轨道没有压力也就没有摩擦力，答案A错误。在甲乙两个圆形轨道运动过程中，轨道对它的弹力提供圆周运动的向心力，但是弹力不做功，完全失重，重力也不做功，因此速度大小不会改变，经过甲轨道最高点时和经过乙轨道最高点时速度一样大，答案B错。不管是否减小初速度，小球都可以通过任何一个圆周的最高点，因为只有弹力提供向心力，速度大弹力大速度小弹力小。
124、答案C错。经过甲乙轨道最高点时对轨道的压力提供向心力，即，速度相同但是甲的半径小所以向心力即弹力大，答案D对。【思路点拨】本题要认真阅读题目内容，理解在运动过程中处于完全失重，分析清整个圆周运动过程，然后根据牛顿第二定律列式分析求解。【理综卷（物理解析）2015届安徽省屯溪一中高三第四次月考（201412）】17.在稳定轨道上的空间站中，物体处于完全失重状态。有如下图所示的装置，半径分别为r和R（Rr）的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过粗糙的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，那么下列说法正确的是A小
125、球在CD间由于摩擦力而做减速运动 B小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大C如果减少小球的初速度，小球有可能不能到达乙轨道的最高点D小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力【答案】【知识点】完全失重、圆周运动考查题。C3、D4。【答案解析】D。物体处于完全失重状态，在CD端水平粗糙部分，对水平轨道没有压力也就没有摩擦力，答案A错误。在甲乙两个圆形轨道运动过程中，轨道对它的弹力提供圆周运动的向心力，但是弹力不做功，完全失重，重力也不做功，因此速度大小不会改变，经过甲轨道最高点时和经过乙轨道最高点时速度一样大，答案B错。不管是否减小初速度，小球都可以通过任何一
126、个圆周的最高点，因为只有弹力提供向心力，速度大弹力大速度小弹力小。答案C错。经过甲乙轨道最高点时对轨道的压力提供向心力，即，速度相同但是甲的半径小所以向心力即弹力大，答案D对。【思路点拨】本题要认真阅读题目内容，理解在运动过程中处于完全失重，分析清整个圆周运动过程，然后根据牛顿第二定律列式分析求解。【物理卷（解析）2015届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（201501）】4在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用I、U1、U2和U3表示下列说法正确的是( )A.
127、U1/I不变，U1/I变大B. U2/I变大，U2/I不变 C. U3/I变大，U3/I变大D. 电源的输出功率变大【答案】【知识点】闭合电路的欧姆定律；欧姆定律B4 C3 D1【答案解析】B解析：因R1不变，则由欧姆定律可得，=R1保持不变；由数学规律可知，保持不变，故A错误；B、因滑片向下移动，故R2的接入电阻增大，故变大；而=R1+r，故保持不变，故B正确；C、因=R1+R2，故比值增大；而=r，故比值保持不变，故C错误；D、电源的输出功率当内阻等于外阻时输出功率最大，故当R增大时，输出功率减小，故D错误.【思路点拨】由电路图可知R1与R2串联，V1测量R1两端的电压，V2测量R2两端的
128、电压，V3测量路端电压，由欧姆定律可得出电压与电流的变化；由闭合电路的欧姆定律可分析得出电压的变化值与电流变化值的比值，由功率公式可求得功率的变化 C4 实验：验证牛顿定律C5 牛顿运动定律综合【物理卷（解析）2015届山西省山大附中高三12月月考（201412）】15、（14分）如图所示，水平桌面上静止着质量为M的斜面体，斜面与水平方向的夹角为，质量为m的物块放置在斜面上，斜面体与水平间的动摩擦因数为1，物块与斜面间的动摩擦因数为2，已知2tan现用一从零逐渐增大的水平拉力F拉斜面体直到物块与斜面体发生相对滑动（1）物块相对斜面体滑动时所受摩擦力大小；（2）从施加F到物块与斜面体发生相对滑动
129、这一过程中，拉力F的最大值；（3）定性画出斜面体M的速度随时间的变化图象【答案】【知识点】牛顿运动定律的综合应用；共点力平衡的条件及其应用C5B7【答案解析】(1) (2)+1（M+m）g(3)如下图解析：（1）分解加速度，沿斜面、垂直于斜面建立坐标系刚要滑动时，对m：受力分析如图： fmgsin=macos mgcosFN=masin又 f=2FN联立，解得：f=（2）对M、m的整体，由牛顿第二定律得： F1（M+m）g=（M+m）a联立，解得 F=+1(M+m)g（3）【思路点拨】（1）分解加速度，沿斜面、垂直于斜面建立坐标系，由牛顿第二定律求解（2）对整体，运用牛顿第二定律求解F的最大值
130、（3）根据物体加速度的变化，画出vt图象【物理卷（解析）2015届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（201501）】17如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin 370.6，cos 370.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为A0.35 mg B0.30 m gC0.23 mg D0.20 mg【答案】【知识点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用C5B3【答案解析】D解析：由于重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，所以在竖直方向上有FN-mg=ma上，解得a上=0.15g，设水平方向上的加速度为a水，则=tan37=，所以a水=0.2g，对物体受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，即f=ma水=0.20mg，所以D正确故选D【思路点拨】对物体受力分析可知，物体在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，进而可以求得水平方向上的加速度的大小，再次由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小