山西省山大附中高三物理上学期第四次月考试题（含解析）新人教版(1).doc

山西省山大附中2015届高三上学期第四次月考物理试题（解析版）【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、知识覆盖面广，知识点全面。在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，是份非常好的试卷。一、选择题(本题共12小题,共48分,在每小题给出的四个选项中，1-6题只有一个正确, 每小题4分,712题有多个选项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有错或不答得0分)。【题文】1、伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是a.如果斜面光滑，小球将上升到与o点等高的位置b.如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态c.如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变d.小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【知识点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法p0【答案解析】a 解析： a、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与o点等高的位置，故a正确；b、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故b错误；c、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故c错误；d、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故d错误故选：a【思路点拨】小球从左侧斜面上的o点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点【题文】2、一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止。下列速度v和位移x的关系图像中，能描述该过程的是 a b c d【知识点】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；匀变速直线运动的位移与时间的关系a2 a5 【答案解析】a 解析： 物体做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，则v2=2a1x v=，所以图象是开口向右的抛物线，刹车后做匀减速直线运动，可以反过看成初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a2，则v2=2a2x解得：v=，则图象是开口向左的抛物线，故a正确故选：a【思路点拨】根据匀变速直线运动位移速度公式列式分析即可求解本题主要考查了匀变速直线运动位移速度公式的直接应用，知道车后做匀减速直线运动，可以反过看成初速度为零的匀加速直线运动，难度适中【题文】3、如图所示，某物体自空间o点以水平初速度v0抛出，落在地面上的a点，其轨迹为一抛物线。现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与oa完全重合的位置上，然后将此物体从o点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道。p为滑道上一点，op连线与竖直成45角，则此物体（ ）a由o运动到p点的时间为 b物体经过p点时，速度的水平分量为 c物体经过p点时，速度的竖直分量为 d物体经过p点时的速度大小为v0【知识点】平抛运动d2【答案解析】b 解析： a、物体若做平抛运动，有：v0t=gt2，则t=，现在物体做的运动不是平抛运动，运动时间不等于故a错误b、物体若做平抛运动，运动到p点时竖直方向上的分速度vy=gt=2v0，此时速度与水平方向的夹角为，则sin=，物块沿该轨道滑动，只有重力做功，根据动能定理得，mgh=mv2，解得v2=2gh=vy2，所以v=2v0则物体经过p点时，速度的竖直分量vy=2v0sin=v0，速度的水平分量vx=2v0cos=v0，故b正确，c、d错误故选：b【思路点拨】若做平抛运动，op连线与竖直方向成45角，所以竖直分位移与水平分位移大小相等，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向，若从o点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，运动过程中只有重力做功，速度方向沿切线方向解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，注意物体的运动情况与平抛运动的情况不同【题文】4、假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200km 的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高度为36000km，宇宙飞船和地球同步卫星绕地球同向运动，每当二者相距最近时，宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻二者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为（ ）a4次b6次c7次d8次【知识点】开普勒定律d5【答案解析】c 解析： 据开普勒第三定律 （1） r1=4200km+6400km r2=36000km+6400km（2） 可知载人宇宙飞船的运行周期t1与地球同步卫星的运行周期t2之比为，又已知地球同步卫星的运行周期为一天即24h，因而载人宇宙飞船的运行周期t1=h=3h由匀速圆周运动的角速度=，所以宇宙飞船的角速度为h，同步卫星的角速度为h因为两者运行的方向相同，因而可以视作追击问题又因为是由两者相距最远的时刻开始，而两者处于同一直线且非位于地球同一侧时，二者相距最远，此时追击距离为即一个半圆，追击时间为 此后，追击距离变为2即一个圆周，同理，追击时间为可以得到24h内共用时 h完成追击7次，即七次距离最近，因而发射了七次信号故选c【思路点拨】地球同步卫星与宇宙飞船均绕地球做圆周运动，则它们的半径的三次方之比与公转周期的二次方之比相等当它们从相距最近到相距最远，转动的角度相差（2n+）（n=0、1、2、）从相距最近再次相距最近，它们转动的角度相差360度；当从相距最近到再次相距最远时，它们转动的角度相差180度【题文】5、如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块a、b用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，a、b处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后a下落、b沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地过程中，两物块a速率的变化量不同 b机械能的变化量不同c重力势能的变化量相同 d重力做功的平均功率相同【知识点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率e1 e3【答案解析】d 解析： 设斜面倾角为，刚开始ab处于静止状态，所以mbgsin=mag，所以mbma，a、剪断轻绳后a自由下落，b沿斜面下滑，ab都只有重力做功，根据动能定理得：mv2=mgh，v=所以速度的变化量为v-0=，故a错误；b、剪断细线，a、b两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，故b错误；c、重力势能变化量ep=mgh，由于ab的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故c错误；d、a运动的时间为：t1=，所以a重力做功的平均功率为： b运动有：，解得：t2=，所以b重力做功的平均功率为：，而mbgsin=mag，所以重力做功的平均功率相等，故d正确故选d【思路点拨】剪断轻绳后a自由下落，b沿斜面下滑，ab都只有重力做功，机械能守恒，重力势能变化量等于重力所做的功，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值重力做功决定重力势能的变化与否，若做正功，则重力势能减少；若做负功，则重力势能增加，重力做功的平均功率等于重力做功与时间的比值，难度适中【题文】6、如图所示，有5000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止。若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45。则第2011个小球与2012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角的正切值等于 a b c d【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用b3 b4【答案解析】a 解析： 以5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得 f=5000mg再以2012个到5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有 tan= ，故选a【思路点拨】先以整体为研究对象，由平衡条件求出f的大小，再以2012个到5000个小球组成的整体为研究对象，根据平衡条件求出第2011个小球与2012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角的正切值本题的解题关键是选择研究对象，采用整体法与隔离法相结合进行研究，用质点代替物体，作图简单方便【题文】7、受水平外力f作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其 图线如图所示，则a、在秒内，外力大小不断增大b、在时刻，外力为零c、在秒内，外力大小可能不断减小d、在秒内，外力大小可能先减小后增大【知识点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律a5 c2【答案解析】cd 解析： a根据加速度可以用v-t图线的斜率表示，所以在0t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度a=，所以外力f大小不断减小，a错误；b在t1时刻，加速度为零，所以外力f等于摩擦力，不为零，b错误；c在t1t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a=，外力f大小可能不断减小，c正确；d如果在f先减小一段时间后的某个时刻，f的方向突然反向，根据加速度的大小a=，f后增大，因为v-t图线后一段的斜率比前一段大，所以外力f大小先减小后增大是可能的，故d正确故选cd【思路点拨】（1）v-t图象中，斜率表示加速度，从图象中可以看出0t1秒内做加速度越越小的加速运动，t1t2秒内做加速度越越大的减速运动，两段时间内加速度方向相反；（2）根据加速度的变化情况，分析受力情况本题考查v-t图线的相关知识点，涉及牛顿第二定律的应用及受力分析的能力，难度较大【题文】8、如图所示，mpqo为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为e=mg/q，acb为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为r，a、b为圆水平直径的两个端点，ac为圆弧。一个质量为m，电荷量为q的带电小球，从a点正上方高为h=r处由静止释放，并从a点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（ ）a. 小球到达c点时对轨道压力为2mg b. 小球在ac部分运动时，加速度不变c. 适当增大e，小球到达c点的速度可能为零d. 若e=2mg/q，要使小球沿轨道运动到c，则应将h至少调整为3r/2【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力c2 d4 i3【答案解析】ad 解析： a、小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgh=mva2-0，解得：va=根据牛顿第二定律得：n=m，则小球到达c点时对轨道的压力为2mg故a正确b、小球在ac部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心故b错误c、若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达c点的速度不可能为零若小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力通过向心力，在最低点的速度不可能为零故c错误d、若e=，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，qe-mg=m，解得：vc=，根据动能定理得：mg（h+r）-qer=mvc2-0，解得：h=r所以h至少为r故d正确故选：ad【思路点拨】根据重力和电场力的关系，判断出小球进入圆弧轨道后的运动规律，结合径向的合力提供向心力分析根据动能定理，结合牛顿第二定律判断c点的速度能否为零当电场力是重力的2倍时，根据最低点弹力为零求出最小速度，结合动能定理求出h的至少高度本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练【题文】9、如图所示，a、b两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。 a、b 间 的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平拉力f，则a当f 3 mg 时，a相对b滑动d无论f为何值，b的加速度不会超过【知识点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算b2 c2【答案解析】bcd 解析： 当a、b刚要发生相对滑动时，a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f=2mg，隔离对b分析，根据牛顿第二定律得，2mg-3mg=ma，解得a=g对整体分析，根据牛顿第二定律有：f-3mg=3ma，解得f=3mg知当f3mg时，a、b发生相对滑动故c正确通过隔离对b分析，知b的加速度不会超过g故d正确当f=mg时，a、b保持相对静止，对整体分析，加速度a=故b正确当f2mg，知小于a、b之间的最大静摩擦力，则a、b不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力fm=3mg=mg，知a、b不能相对地面静止故a错误故选：bcd【思路点拨】根据a、b之间的最大静摩擦力，隔离对b分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出a、b不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出a、b不发生相对滑动时的最大拉力【题文】10、如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一质量为m的质点，在恒力f和重力的作用下，从坐标原点o以一定初速度（不为零）开始沿直线on斜向下做直线运动，直线on与y轴负方向成角(45)。不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）a、恒力f的大小不可能为mg b、当f=2mg时，质点动能可能减小c、当f=mgsin时，质点的机械能守恒d、当f=mgtan时，质点的机械能可能减小也可能增大【知识点】机械能守恒定律e3【答案解析】bcd 解析：质点只受重力g和拉力f，质点做直线运动，合力方向与on共线，（可能与on方向相同也可能相反）如图：a、若on在f与g的角平分线上，则f的大小等于mg，故a错误；b、当f=2mg时，如下图，合力的方向与运动方向相反，合力做负功，动能减小，故b正确；c、当f=mgsin时，f与速度方向垂直，f不做功，质点的机械能是守恒的故c正确d、若f=mgtan，由于mgtanmgsin，故f的方向与on不再垂直，有两种可能的方向，f与物体的运动方向的夹角可能大于90，也可能小于90，即拉力f可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，则根据功能关系，物体机械能变化量等于力f做的功，即机械能可能增加，也可能减小；故d正确；故选：bcd【思路点拨】质点只受重力和恒力f，由于质点做直线运动，合力方向必与on共线，结合三角定则分析出拉力的最小值根据机械能守恒条件分析机械能守恒时，f与mgsin的关系根据f做功的正负，分析质点的机械能如何变化f做正功，质点的机械能增大；f做负功，质点的机械能减小本题关键是对物体受力分析后，根据三角形定则求出拉力f的大小和方向，然后根据功能关系判断【题文】11、如图甲所示，在倾角为的足够长固定光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力f（图中未画出）的作用下由静止开始运动，物体的机械能e随位移x的变化关系如图乙所示。其中0x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是（ ）a.物体在沿斜面向下运动b.在0x1过程中，物体的加速度一直减小c.在0x2过程中，物体先减速再匀速d.在x1x2过程中，物体的加速度为gsin【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律c2 e3【答案解析】ad 解析： a、在0x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物体在沿斜面向下运动，故a正确；b、在0x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力逐渐减小到零根据a=，可知，加速度逐渐增大，故b错误；c、在0x1过程中，加速度的方向与速度方向相同，都沿斜面向下，所以物体做加速运动，故c错误；d、在x1x2过程中，机械能守恒，拉力f=0，此时a=gsin，故d正确故选ad【思路点拨】根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，在0x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，机械能与位移图线的斜率表示拉力当机械能守恒时，拉力等于零，通过拉力的变化判断其加速度的变化解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据加速度方向和速度的方向关系知道物体的运动规律【题文】12、如图所示，物块a放在直角三角形斜面体b上面，b放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时a、b静止，弹簧处于竖直。现用力f沿斜面向上推a，但ab并未运动。下列说法正确的是( )a施加f前，竖直墙壁对b的摩擦力可能向下b施加f前，弹簧弹力大小一定等于a、b两物体重力大小之和c施加f后，a、b之间的摩擦力大小可能为零c施加f后，b与竖直墙壁之间可能没有摩擦力【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用b3 b4【答案解析】bc 解析： a、施加f前，对整体受力分析，一定受重力、弹簧弹力，若竖直方向受静摩擦力，则也一定受墙向右的弹力，但若受向右的弹力，则没有向左的力与之平衡，合力不可能为零，故整体不受墙的弹力，也不受静摩擦力；故a错误；b、施加f前，对整体受力分析，受重力、弹簧弹力，根据平衡条件弹簧弹力大小一定等于a、b两物体重力大小之和，b正确；c、当施加f后，仍然处于静止，开始a所受的静摩擦力大小为magsin，若f=magsin，则a、b之间的摩擦力为零，故c正确d、对整体分析，由于ab不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于a、b的总重力，施加f后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则b与墙之间一定有摩擦力故d错误故选：bc【思路点拨】隔离对a分析，通过a受力平衡判断a、b之间摩擦力的变化通过对整体分析，抓住ab不动，弹簧的弹力不变，判断b与墙之间有无摩擦力解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用二、实验题（共18分，13题4分，14题6分，15题8分）【题文】13、用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量一工件的长度，结果如图所示。可以读出此工件的长度为_cm。【知识点】刻度尺、游标卡尺的使用p0【答案解析】10.405 解析： 游标卡尺主尺读数为10.4cm，游标读数为0.051=0.05mm=0.005cm，所以最终读数为：10.4cm+0.005cm=10.405cm【思路点拨】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读【题文】14、在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条。（1）同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是 （填字母代号）a. 两细绳必须等长 b、弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行c、用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数适当大一些 d、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些（2）当橡皮筋的活动端拉到o点时，两根细绳相互垂直,如图所示.这时弹簧测力计的读数可从图中读出，由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为_牛和_牛。（3）在本题的虚线方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力并利用所作图求出合力大小。【知识点】验证力的平行四边形定则b6【答案解析】（1）bcd（2）4.00； 2.50； （3）如图所示 解析：（1）a、具体实验中，两细绳长度不需要相同，故a错误；b、本实验是通过在白纸上作力的图示验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大，故b正确；c、用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数适当大一些，故c正确；d、在记录力的方向时，同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小，故d正确故选：bcd（2）由图可知，弹簧秤的最小分度为0.1n；则读得：f1=4.00 n，f2=2.50 n（3）取如图所示的两格表示1.0n，则可得出f1、f2，由上图得出两力的方向；作出平行四边形，即其对角线的长度表示力的大小，箭头的指向表示力的方向，故答案如图所示：求得f=4.70n； 【思路点拨】明确实验原理和实验的具体操作从而正确分析产生误差的原因，进一步采取减小误差的措施，分析对弹簧秤、细绳、橡皮条的要求先得出弹簧秤的最小分度，再由指针的位置读出拉力的示数；（2）画力的图示应注意先选择合适的标度，再由标度表示出力的大小，由细线的方向得出力的方向；根据作图的方法作图即可实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等，从多个角度理解和分析实验，提高分析解决问题的能力考查弹簧秤的读数及作力的图示，都属对基础技能的考查；应注意读数时要注意精度及题目的要求【题文】15、为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验，a、b的质量分别为m、m，实验中，当木块a位于水平桌面上的o点时，重物b刚好接触地面，将a拉到p点，待b稳定后静止释放，a最终滑到q点，分别测量op、oq的长度h和s，重复上述实验，分别记录几组实验数据（1）oq的长度s可用m、m、h表示为s = （2）请根据下表的实验数据作出s-h关系图像h（cm）20.030.040.050.060.0s（cm）19.528.539.048.056.5（3）实验测得a、b的质量分别为m=0.40kg、m=0.50kg，根据s-h图像可计算出a木块与桌面间的动摩擦因数=_（结果保留一位有效数字）（4）实验中，滑轮轴的摩擦会导致的测量结果_（选填“偏大”、或“偏小”【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素b1【答案解析】（1）；（2）如上图所示，（3）0.4；（4）偏大 解析： ：（1）物体a从p到o过程中，根据机械能守恒定律，则有：(m+m)v2=mgh而物体a从o点到q点过程中，由动能定理，则有：0-mv2=-mgs；联立上两式，解得：s=；（2）描点，连线，如图所示：（3）b下落至临落地时根据动能定理有：mgh-mgh=（m+m）v2，在b落地后，a运动到q，有mv2=mgs，=，又a、b的质量分别为m=0.40kg、m=0.50kg，在s-h图象上任取一组数据代入可以求得：=0.4故答案为：0.4（4）由于滑轮轴的摩擦，会导致绳子的拉力相对偏小，a运动的加速度也就偏小，s也就偏小，根据，=，所以偏大【思路点拨】（1）由机械能守恒定律，结合动能定理求出s-h的函数表达式，（2）根据所给数据进行描点、连线作图；（3）对在b下落至临落地时和在b落地后，a运动到q，两个过程运用动能定理，求得的表达式，再结合从s-h图象，即可求解；（4）由于滑轮轴的摩擦会导致s变小，根据的表达式可知误差结果三、计算题（本题共3小题，共计34分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）【题文】16、（10分）如图所示，ac为光滑竖直杆，abc为构成直角的光滑l形轨道，b处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯，并且a、b、c三点正好是圆上三点，而ac正好是该圆的直径，如果套在杆上的小球自a点静止释放(图中小球未画出)，分别沿abc曲轨道和ac直轨道运动到c点，如果沿abc曲轨道运动的时间是沿ac直轨道运动所用时间的1.5倍，求ac与ab夹角的值【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系a2 c2【答案解析】53 解析： 设圆环的半径为r，小球沿ac做自由落体运动，运动的时间t2满足：2r= 可解得t2=2小球沿ab段运动时，a=gcos，且ab=2rcos，所需的时间tab满足；2rcos=gcos 解得：tab=2在b点小球的速度v=atab，以后沿bc做匀加速运动，其加速度为：a=gsin，且bc=2rsin故：2rsin=vtbc+a其中tbc=1.5t2-tab=0.5t2=带入后解得tan=，即=53【思路点拨】以小球为研究对象，分别求出沿ac和abc运动的时间，注意两种运动情况的运动遵循的规律，特别是在b点的速度即是上一段的末速度也是下一段的初速度，利用关系式和几何关系灵活求解本题的关键是能正确对abc进行受力和运动分析，把运动的时间正确表示；可视为多过程的运动分析，一定明确前后过程的衔接物理量【题文】17、（10分）如图所示，a、b质量分别为ma=1kg，mb=2kg，ab间用弹簧连接着，弹簧弹性系数k=100n/m，轻绳一端系在a上，另一端跨过定滑轮，b为套在轻绳上的光滑圆环，另一圆环c固定在桌边，b被c挡住而静止在c上，若开始时作用在绳子另一端的拉力f为零，此时a处于静止且刚没接触地面。现用恒定拉力f=15n拉绳子，恰能使b离开c但不能继续上升，不计摩擦且弹簧没超过弹性限度，求（1）b刚要离开c时a的加速度, （2）若把拉力f改为f=30n，则b刚要离开c时，a的速度。【知识点】牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用b3 c2 c5【答案解析】（1）15m/s2；（2）3m/s 解析： （1）b刚要离开c的时候，弹簧对b的弹力：n=mbg a的受力图如图，由图可得：g+n-f=maa1解得：a1=15m/s2，竖直向下（2）当f=0时，弹簧的伸长量：x1= =0.1m当f=15n，且a上升到最高点时，弹簧的压缩量：x2=0.2m所以a上升的高度：h=x1+x2=0.1+0.2=0.3m在a上升过程中，根据功能关系：fh=magh+ep所以弹簧弹性势能增加了：ep=magh-fh=（15-10）0.3=1.5j把拉力改为f=30n，从a上升到当b恰要离开c时的过程中，弹簧的弹性势能变化相等，根据功能关系，有：fh-magh-ep=解得：va=3m/s此时，根据牛顿第二定律：f-（g+n）=maa2解得：a2=0【思路点拨】（1）题中恰能使b离开c但不能继续上升，说明临界情况是弹力等于b的重力，然后对物体a受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）b刚要离开c时，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求解加速度；对两次上拉过程分别运用动能定理列式后联立求解得到速度本题切入点在于“恰能使b离开c但不能继续上升”，然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度，根据功能关系列式求解末速度【题文】18、（14分）如图所示，物体a放在足够长的木板b上，木板b静止于水平面。t=0时，电动