山西省长治市沁源中学高三物理上学期第四次月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年山西省长治市沁 源中学高三（上）第四次月考物理试卷一、选择题（48分）本大题共12小题，每小题4分，每小题给出四个答案中至少有一个是正确的，把正确答案全选出来，并将正确答案前面的字母填写在答题卡题后的方括号内注意为9-12多选，每小题全选对的得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分1（4分）（2014秋长治校级月考）金属棒mn两端用细软导线连接后，悬挂于a、b两点，且使其水平，棒的中部处于水平方向的匀强磁场中，磁场的方向垂直于金属棒，如图所示当棒中通有从m流向n的恒定电流时，悬线对棒有拉力为了减小悬线的拉力，可采用的办法有（）a适当增大磁场的磁感应强度b使磁场反向c适当减小金属棒中的电流强度d使电流反向考点：安培力分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式f=bil求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向解答：解：棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从m流向n，根据左手定则可得，安培力的方向竖直向上，由于此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，则安培力必须增加所以适当增加电流强度，或增大磁场，故a正确，bcd错误；故选：a点评：学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向2（4分）（2015洛阳一模）如图所示为物体在某段运动过程中的vt图象，物体在t1和t2时刻的瞬时速度分别为v1和v2，则在时间t1到t2的过程中，下列判断正确的是（）a物体的加速度不断增大b物体的加速度不断减小c物体的平均速度v=d物体的平均速度v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专题：运动学中的图像专题分析：匀变速直线运动图象应用为高考必考点，图象的截距、斜率、面积及交点的意义常为解题的关键，如本题中直线斜率在变化，因此是变速运动，同时由图象可知速度方向始终不变因此为直线运动，同时注意公式=的适用条件解答：解：ab、vt图象的斜率值表示加速度，若为曲线则曲线的切线的斜率值反应加速度的大小，t1到t2斜率值变小，故加速度不断变小，故a错，b正确；cd、=的适用公式仅适用于匀变速直线运动中，本题中若在图象上做过t1、t2的直线，则=表示该直线运动的平均速度，根据面积表示位移大小可知平均速度式，故cd错故选：b点评：图象题历来为考试热点，记忆口诀“先看轴，再看线，求求斜率，相相面”同时要明确公式的适用条件，不能混用公式3（4分）（2010分宜县校级一模）如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车做匀变速运动时，细线保持与竖直方向成角，若，则下列哪一项说法正确的是（）a轻杆对小球的弹力方向与细线平行b轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上c小车一定以加速度gtan向右做匀加速运动d小车一定以加速度gtg向右做匀加速运动考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向加速度方向求出，但速度可能有两种，运动方向有两种解答：解：a、对细线吊的小球研究 根据牛顿第二定律，得 mgtan=ma，得到a=gtan 对轻杆固定的小球研究设轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为 由牛顿第二定律，得 mgtan=ma 因为a=a，得到= 则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故a正确 b、由上，轻杆对小球的弹力方向并不沿着轻杆方向向上，故b错误 c、小车的加速度a=gtan，方向向右，而运动方向可能向右，也向左故c错误 d、由上小车r 加速度gtangtan故d错误故选a点评：绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定4（4分）（2014秋长治校级月考）如图所示，一个电量为+q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的o点，电量为q、质量为m的点电荷乙从a点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到b点时速度最小且为v已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，ab间距离为l则下列说法错误的是（）aob间的距离为b从a到b的过程中，电场力对点电荷乙做的功为w=mgl+mv02mv2c从a到b的过程中，电场力对点电荷乙做的功为w=mgl+mv2mv02d从a到b的过程中，电势能的减少量小于克服摩擦力做的功考点：电势能；库仑定律分析：本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答解答：解：a、由题意，乙到达b点时速度最小，乙先减速运动后做加速运动，当速度最小时有：mg=f库=k，解得r=，故a正确；b、c从a到b的过程中，根据动能定理得：wmgl=mv2m，得w=mgl+mv2m，故b错误，c正确d、根据以上分析可知，电场力做功值小于摩擦力做功值，因此电势能的减少量小于克服摩擦力做的功，故d正确本题选错误的，故选：b点评：本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题5（4分）（2014秋长治校级月考）2008年9月25日至28日，我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱飞船先沿椭圆轨道飞行，然后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟下列判断错误的是（）a飞船变轨前后的机械能相等b飞船在圆轨道上飞行时航天员出舱前后都处于失重状态c飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度d飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的向心加速度与变轨后沿圆轨道运动的向心加速度大小相等考点：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专题：人造卫星问题分析：同步卫星的周期t=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系，飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态，飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样解答：解：a、在远地点343千米处点火加速，机械能增加，故a错误b、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度，即航天员出舱前后均处于完全失重状态，故b正确；c、因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据=可知角速度与周期成反比，所以飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故c正确；d、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据可知，轨道半径一样则加速度一样，故d正确本题选择错误的是，故选：a点评：圆形轨道上，航天器受到的万有引力提供航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度等于向心加速度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关6（4分）（2014秋平度市校级期末）如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起，此时磁铁对水平面的压力为fn1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为fn2，则以下说法正确的是（）a弹簧长度将变长b弹簧长度将不变cfn1fn2dfn1fn2考点：安培力；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用分析：先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断解答：解：开始时磁体受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁体对地压力等于磁体的重力；通电后，根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁体的作用力斜向左上方，如图所示，故磁体对地面的压力减小，同时弹簧缩短；故c正确，a、b、d错误故选：c点评：本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况7（4分）（2015定州市校级二模）如图，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（a位置）上，随跳板一同向下运动到最低点（b位置）对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是（）a运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零b在这个过程中，运动员的动能一直在减小c在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加d在这个过程中，运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：运动员从接触跳板开始，受到弹力和重力两个力，在整个过程中，弹力从0 增加到最大，合力先减小后增大，速度先增大后减小解答：解：a、从接触跳板到最低点，弹力一直增大，合力先减小后增大故a错误b、加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后减小，动能先增大后减小故b错误c、形变量一直在增大，弹性势能一直在增加故c正确d、根据动能定理，重力做正功，弹力做负功，动能在减小，所以运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功故d错误故选：c点评：解决本题的关键掌握力与运动的关系，当加速度与速度同向，速度增加，当加速度与速度反向，速度减小8（4分）（2014乐亭县四模）硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压u和电流i的关系图象（电池内阻不是常数），图线b是某电阻r的ui图象当它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻可表示为（）abcd考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由欧姆定律得u=eir，的大小等于r，当i=0时，e=u，由图可知电池的电动势为u2当电流为i1时，根据欧姆定律求出内阻解答：解：a、由欧姆定律得u=eir，由于i与r也有关，所以的大小不等于r，即a图线切线的斜率大小不等于内阻由图可知r故a错误 b、由欧姆定律得u=eir，当i=0时，e=u，由a与纵轴的交点读出电动势为e=u2根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为u1，则内阻r=故b正确 c、电阻为线性元件，=r故c错误 d、由欧姆定律得u=eir，的大小等于r，而由图可知=，则r故d错误故选b点评：本题考查对图象的理解能力对于线性元件r=，对于非线性元件，r=对于电源的内阻往往根据电源的外特性曲线研究斜率得到9（4分）（2015春娄底期末）在一个边界为等边三角形的区域内，存在一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在磁场边界上的p点处有一个粒子源，发出比荷相同的三个粒子a、b、c（不计重力）沿同一方向进入磁场，三个粒子通过磁场的轨迹如图所示，用ta、tb、tc分别表示a、b、c通过磁场的时间；用ra、rb、rc分别表示a、b、c在磁场中的运动半径，则下列判断正确的是（）ata=tbtcbtctbtacrcrbradrbrarc考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由图示求出粒子转过的圆心角关系、判断出粒子的轨道半径关系，然后应用周期公式比较粒子运动时间关系解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由图示情景可知：粒子轨道半径：rcrbra，粒子转过的圆心角：a=bc，粒子在磁场中做圆周运动的周期：t=，由于粒子的比荷相同、b相同，则粒子周期相同，粒子在磁场中的运动时间：t=t，由于a=bc，t相同，则：ta=tbtc，故ac正确，bd错误；故选：ac点评：本题考查了比较粒子运动时间与轨道半径关系，分析清楚图示情景、由于周期公式即可正确解题10（4分）（2014秋长治校级月考）如图示，在正点电荷q形成的电场中，ad，bc是以q为圆心的两段圆弧，正点电荷q沿abcda移动，则该电荷q（）a沿bc运动时不受电场力b沿da运动时电场力不做功c在b点时的电势能比在d点时的小d在a点时受到的电场力比在c点时的小考点：点电荷的场强；电势能分析：电场力做功，根据公式w=qu，可知跟两点间的电势差有关系，两点间电势差为零，不做功电场线的疏密反映了电场的强弱解答：解：a、电荷处在电场中就会受到电场力的作用，故a错误b、在正点电荷q形成的电场中，ad、bc是以q为圆心的两段圆弧，也是两个等势面，所以沿da运动时电场力不做功，故b正确c、沿着电场线方向的电势降低，所以d点电势高于b点电势，但是电势能ep=q，所以正点电荷q在b点时的电势能比在d点时小，故c正确d、根据库仑定律，离点电荷的距离越小，电场强度越大，所以a点的场强大于c点的场强，所以在a点时受到的电场力比在c点时大，故d错误故选：bc点评：根据电场的对称性，电场线与等势面垂直，沿电场线的方向，电势降低，可以分析解决本题11（4分）（2011宝丰县校级模拟）如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论正确的是（）a此液滴带负电b液滴的加速度等于gc合外力对液滴做的总功等于零d液滴的电势能减少考点：电场强度；牛顿第二定律；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据带电液滴作直线运动可知带电液滴所受重力与电场力的合力一定沿运动方向，利用假设法可以判定出带电液滴所带电荷的性质，从而求出电场力的大小与合外力的大小再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况解答：解：a、若液滴带正电，其受力情况如图一所示，液滴不可能沿bd运动，故只能带负电荷，故a正确；b、对液滴进行受力分析，其受力情况如图二所示，故物体所受合力f=mg，故物体的加速度a=，故b正确；c、由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故c错误；d、由于电场力所做的功w电=eqxbdcos450，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故d正确故选：abd点评：带电液滴从静止开始由b沿直线运动到d，是我们判定液滴带电性质的突破口，在今后的学习中我们经常用到要注意掌握12（4分）（2015清远模拟）如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端就上述过程，下列判断正确的有（）a滑块返回传送带右端的速率为v1b此过程中传送带对滑块做功为mvmvc此过程中电动机对传送带做功为2mvd此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m（v1+v2）2考点：动能定理的应用；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功根据能量守恒找出各种形式能量的关系解答：解：a：由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于v1v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有v2=v1；故a正确；b：此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理w=ek得：w=ek=mv12mv22，故b错误；d：设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1=t1=t1摩擦力对滑块做功：w1=fx1=ft1又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：w1=mv22 该过程中传送带的位移：x2=v1t1摩擦力对传送带做功：w2=fx2=fv1t1=fv1=2fx 将代入得：w2=mv1v2设滑块向左运动的时间t2，位移为x3，则：x3=t2摩擦力对滑块做功：w3=fx3=mv12该过程中传送带的位移：x4=v1t2=2x3滑块相对传送带的总位移：x相=x1+x2+x4x3=x1+x2+x3滑动摩擦力对系统做功：w总=fx相对=w1+w2+w3=m（v1+v2）2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，q=w总=fx相=m（v1+v2）2，故d正确；c：全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即q=w+mv22mv12整理得：w=qmv22+mv12=mv12+mv1v2，故c错误故选：ad点评：本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动但是计算滑块与传送带间摩擦产生的热量的过程太复杂二、实验题：（共15分）13（8分）（2014秋长治校级月考）某同学用如图1所示的装置研究匀变速直线运动的规律（1）实验开始前不需要（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，实验中不需要（填“需要”或“不需要”）保证悬挂的钩码质量要远小于小车的质量（2）实验中，从打出的多条纸带选取一条合适的纸带，并在其上取了o，a，b，c，d，e，f共7个计数点，（如图2每相邻两个计数点间还有四个计时点未画出）用刻度尺测出 a，b，c，d，e，f六个计数点到o点的距离并填在表格中线段oaobocodoeof数据/cm0.541.532.924.767.009.40打点计时器所用交流电的频率为50hz，则打点c时小车的速度为0.16m/s，小车运动的加速度为0.40ms2，从释放小车到打点c时，小车运动的时间为0.40s（结果都保留两位有效数字）考点：测定匀变速直线运动的加速度；探究小车速度随时间变化的规律专题：实验题；直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上c点时小车的瞬时速度大小解答：解：（1）本实验只要保证小车能做匀变速运动即可，不需要调节木板的倾斜度以平衡摩擦力，该实验不需要知道小车的合力，即不需要应使钩码质量远小于小车质量（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：vc=0.16m/s设0到a之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，得：x4x1=3a1t2x5x2=3a2t2 x6x3=3a3t2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）=0.40m/s2，从释放小车到打点c时，小车运动的时间为0.40s故答案为：（1）不需要，不需要；（2）0.16，0.40，0.40点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，同时掌握牛顿第二定律的应用14（7分）（2015广东三模）有一个额定电压为2.8v，功率约为0.8w的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的iu图线，有下列器材供选用：a电压表（03v，内阻6k） b电压表（015v，内阻30k）；c电流表（03a，内阻0.1）；d电流表（00.6a，内阻0.5）；e滑动变阻器（10，2a）；f滑动变阻器（200，0.5a）；g蓄电池（电动势6v，内阻不计）某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，小灯泡的发光情况是不亮要求小灯泡的电压从零开始增大，应选择图乙中的电路图是b（填“a”或“b”）用正确的电路进行测量，电压表应选用a，电流表应选用d（用序号字母表示）滑动变阻器应选用e（用序号字母表示）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图丙所示由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为10若将此灯泡与电动势6v、内阻不计的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为11.4的电阻（此空答案取三位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：根据灯泡的额定电压可明确所选的电压表；由电灯泡的电流可确定电流表；根据电路的接法可确定滑动变阻器；由图象可得出额定电压，由图象可求得灯泡的正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻；要使灯泡正常发光，应使灯泡达到额定值，由串联电路的规律可知应串联的电阻解答：解：由电路图可知，电压表串接在电路中，电路中的电阻很大，小灯泡不亮；要使电压从零开始调节，应采用分压接法；故电路图应选择b；由题意可知，灯泡的额定电压为2.8v，故电压表的量程应大于2.8v，故电压表应选3v量程，故选a；由p=ui可得，电流为i=a=0.28a，故电流表应选d；本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选e；由图可知，当电压为2.8v时，电流为0.28a，故电阻r=10；要使灯泡串联在6v的电源上正常工作，则与之串联的电阻的阻值应为62.8=3.2；此时电路中电流为0.28a，故应串联的电阻r=11.4；故答案为：不亮； b a，de 1011.4点评：本题考查测量小灯泡的伏安特性曲线，要注意电表的正确选择；明确电路的接法，会利用欧姆定律进行分析求解三、计算题：（共37分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分）第4页共4页15（10分）（2015洛阳一模）2014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8m/s的初速度，0.4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动其过程简化为图所示，求：（1）泥石流到达坡底的时间和速度大小？（2）试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？（结果保留三位有效数字）考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：（1）根据匀变速直线运动的位移时间关系和速度时间关系求得泥石流到达坡底的速度和时间；（2）根据汽车速度达到与泥石流速度相等的安全临界速度，再根据运动规律求解最小加速度解答：解：（1）设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，由题意有：v0=8m/s，v1=v0+a1t1代入数据得：t1=20s，v1=16m/s（2）汽车速度加速到等于v1且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，故依题意有：v汽=at=v1泥石流在水平路面上的位移为：s石=v1（t+1t1）s汽由代入数据可解得：a=0.421m/s2答：（1）泥石流到达坡底的时间为20s，速度大小为16m/s；（2）汽车的加速度至少为0.421m/s2才能脱离危险点评：掌握匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系是正确解题的基础，知道脱离危险的临界条件是正确解题的关键16（12分）（2014丹阳市校级三模）如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，静止斜靠在光滑斜面上，另一自由端恰好与水平线ab齐平，一长为的轻质l细线一端固定在o点，另一端系一质量为m的小球，o点到ab的距离为2l现将细线拉至水平，小球从位置c由静止释放，到达o点正下方时，细线刚好被拉断当小球运动到a点时恰好能沿斜面方向压缩弹簧，不计碰撞时的机械能损失，弹簧的最大压缩量为l（在弹性限度内），求：（1）细线所能承受的最大拉力h；（2）斜面的倾角；（3）弹簧所获得的最大弹性势能ep考点：动能定理；向心力；弹性势能专题：动能定理的应用专题分析：（1）c到d过程，小球的机械能守恒，可求出小球到d点时的速度，此时细绳受到的拉力达到最大，由牛顿第二定律求出最大拉力（2）细绳在d点被拉断后小球做平抛运动，由题意，小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，速度沿斜面向下方向由平抛运动知识求出小球到达d时竖直方向的分速度，由tan求出斜面的倾角（3）根据能量守恒即可求得弹簧的弹性势能解答：解