2012-2013学年北京市朝阳区高三（上）期中物理试卷（教师版）

2012-2013学年北京市朝阳区高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、本题共13小题，每小题3分，共39分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1（3分）（2014春丰润区期末）卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是（）A对阴极射线的研究B天然放射现象的发现C粒子散射实验D氢原子光谱的发现考点：物理学史菁优网版权所有分析：卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是粒子散射实验解答：解：卢瑟福根据对粒子散射实验结果的研究，提出原子的核式结构模型故C正确故选C点评：本题考查物理学史，掌握粒子散射实验观察的结果，这是卢瑟福提出原子的核式结构模型的实验基础2（3分）（2014春丰润区期末）用一束紫光照射某金属时不能发生光电效应，若要使该金属发生光电效应，可采取的措施是（）A增大该紫光的强度B延长该紫光的照射时间C改用频率更高的电磁波照射D改用波长更长的光照射考点：光电效应菁优网版权所有专题：光电效应专题分析：要产生光电效应，根据光电效应的条件必须用能量更大，即频率更高的粒子解答：解：根据光电效应的条件0，要产生光电效应，必须用能量更大，即频率更高的粒子能否发生光电效应与光的强度和照射时间无关故A、B、D错误，C正确故选C点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件及各种电磁波的频率大小关系3（3分）（2014春丰润区期末）能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一目前各国核电站应用的可能核反应方程是（）AH+H+nBU+nBa+3nCThPa+eDTh+考点：重核的裂变菁优网版权所有分析：考查核裂变反应方程以及各国核电站应用的核材料要求能鉴别什么是裂变反应解答：解：目前各国核电站应用的都是重核的裂变反应放出的能量来发电，B是裂变反应，A是聚变反应，C是衰变，D是衰变，B正确故选B点评：本题考查的是裂变反应，同时还要知道聚变、衰变的方程式，知道它们的生成物是什么4（3分）（2014春丰润区期末）如图所示为波尔理论中氢原子能级图当氢原子从n=4的激发态向较低能级跃迁时，放出光子的能量可能是（）A13.6eVB10.2 eVC3.4 eVD1.51eV考点：氢原子的能级公式和跃迁菁优网版权所有专题：原子的能级结构专题分析：本题的关键是对跃迁理论的理解，氢原子从高能级向低能级跃迁时放出光子的能量由这两个能级差来决定解答：解；根据波尔的氢原子的跃迁理论可知，当氢原子从n=4的激发态向较低能级跃迁时，放出光子的能量可能有6种，分别是各个能级的差值，所以当电子从2能级跃迁到1能级时有，所以B正确，A错误；而由于其它能级差值不可能出现3.4ev或1.51ev，故CD错误故选B点评：本题的关键是对波尔的氢原子假设中对轨道量子化、能量量子化以及跃迁理论的理解5（3分）（2014天山区校级模拟）贝克勒尔发现天然放射现象，揭开了人类研究原子核结构的序幕人们发现原子序数大于83的所有天然存在的元素都具有放射性，它们同时放出、射线如图所示，若将放射源分别放在匀强电场和匀强磁场中，并使电场和磁场与射线射出的方向垂直由于场的作用带电的射线将发生偏转以下说法正确的是（）A和甲为射线，和丙是射线B和丙为射线，和甲是射线C和甲为射线，和乙是射线D和乙是射线，和丙是射线考点：天然放射现象菁优网版权所有分析：该题通过带电粒子在磁场中运动和在电场中的运动，考查三种射线的特性，射线带正电荷，在电场中沿电场线方向偏转；在磁场中根据左手定则判定向右偏转；射线带负电荷，偏转的方向与射线相反；射线不带电，不偏转；由此可以判定解答：解：三种射线在电场中的运动时，射线带正电荷，在电场中沿电场线方向偏转，是；射线带负电荷，偏转的方向与电场线方向相反，是；射线不带电，不偏转，是三种射线在匀强磁场中向上运动时，射线带正电荷，可以判断它将向右偏转；射线带负电荷，可以判断它将向左偏转；射线不带电，不偏转；由此可以判定丙为射线、乙为射线、甲为射线因此B选项正确，ACD都错误故选：B点评：该题通过带电粒子在磁场中运动和在磁场中的运动考查三种射线的特性，可以根据左手定则和受到的电场力的方向进行判定属于简单题目6（3分）（2015春赣州期中）2012年10月14日，奥地利著名极限运动员费利克斯鲍姆加特纳在美国新墨西哥州上空，从距地面高度约3.9万米的氦气球携带的太空舱上跳下，在最后几千英尺打开降落伞，并成功着陆假设降落伞在最后的匀速竖直下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞（）A下落的时间越短B下落的时间越长C落地时速度越小D落地时速度越大考点：运动的合成和分解菁优网版权所有专题：运动的合成和分解专题分析：将降落伞的运动分解为水平方向和竖直方向，根据竖直方向上的运动判断运动的时间，根据平行四边形定则判断落地的速度解答：解：AB、降落伞在最后的匀速竖直下降过程中遇到水平方向吹来的风，竖直方向上仍然做匀速直线运动，根据分运动与合运动具有等时性，则下落的时间不变故A、B错误C、风速越大，降落伞在水平方向上的分速度越大，根据平行四边形定则，知落地的速度越大故C错误，D正确故选D点评：解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰7（3分）（2012秋朝阳区期中）如图所示，一倾角为的斜面体固定在水平面上，将一个三角形木块放在斜面上，木块静止不动现给木块施加一个竖直向下的力F，并且该力逐渐增大，则木块将（）A仍静止在斜面上不动B沿斜面匀速下滑C沿斜面加速下滑D沿斜面匀加速下滑考点：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：若木块恰好静止不动，根据平衡可求出动摩擦因数，加力F后，根据共点力平衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变大，物体依然平衡解答：解：若物块恰好静止在倾角为的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体受力分析，根据共点力平衡条件，有f=mgsinN=mgcosf=N解得 =tan对物块施加一个竖直向下的恒力F与斜面垂直方向依然平衡：N=（mg+F）cos因而最大静摩擦力为：f=N=（mg+F）cos=（mg+F）sin故合力仍然为零，物块仍处于静止状态故A正确，B、C、D错误故选A点评：本题要善用等效的思想，可以设想将力F撤去，而换成用一个重力的大小等于F的物体叠放在原来的物块上8（3分）（2012秋朝阳区期中）如图甲所示，小物块从斜面底端以初速度v0沿光滑斜面上滑，所能到达的最大高度距底端为h下图为四个固定在竖直平面内的光滑圆轨道，O1、O2、O3和O4分别是它们的圆心小物块仍以初速度v0从轨道最低点上滑，则小物块能上升到距水平地面高h处的是（）ABCD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：小球在运动的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，以及到达最高点的速度能否为零，判断小球进入右侧轨道能否到达h高度解答：解：A、小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh+0则h=h故A正确B、小球运动到最高点会离开轨道做斜抛运动，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh+mv2则hh故B错误C、如果初速度足够大，小球到达最高点的速度不能为零，所以小球达不到最高点就离开轨道做斜抛运动故C错误D、如果初速度足够大，小球到达最高点的速度不能为零，所以小球达不到最高点就离开轨道做斜抛运动，故D错误；故选A点评：解决本题的关键掌握机械能守恒定律，以及会判断小球在最高点的速度是否为零9（3分）（2012淮安模拟）一滑块以初速度v0从固定斜面底端上滑（斜面足够长），则该滑块的速度时间图象不可能是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像菁优网版权所有专题：运动学中的图像专题分析：分析滑块可能的受力情况和运动情况：滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，两个过程的加速度相同；滑块可能受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析加速度关系；滑块可能向上做匀减速运动，最后停在最高点速度图象的斜率等于加速度解答：解：A、若滑块可能不受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，两个过程的加速度相同；故A是可能的故A错误B、C若滑块受滑动摩擦力，滑块先向上做匀减速运动，后向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律分析得知，下滑的加速度小于上滑的加速度，下滑过程速度图象的斜率小于上滑过程的斜率故B是可能的，C是不可能的故B错误，C正确D、若滑块受滑动摩擦力，滑块可能向上做匀减速运动，最后停在最高点故D是可能的故D错误故选C点评：本题是多解问题，要考虑各种可能的受力情况和运动情况，再抓住速度图象的斜率等于加速度，即可作出判断10（3分）（2012秋朝阳区期中）一上下均光滑的凹形斜面体置于光滑水平面上现将一物块从斜面的顶端由静止释放，物块到达斜面底端时，物块和斜面体的动能分别是Ek1和Ek2物块从斜面的顶端滑到底端的过程中，重力对物块所做功的大小为WG，斜面对物块所做功的大小为WN，物块对斜面体所做功的大小为WN，以下表达式正确的是（）AWN=WN=0BWG=Ek1CWGWN=Ek1DWGWN+WN=Ek1考点：动能定理的应用；功的计算菁优网版权所有专题：动能定理的应用专题分析：根据功的计算公式W=Flcos及动能定理分析答题解答：解：A、在斜面体对物块作用力方向上与在物块对斜面体作用力方向上有位移，因此WN=WN0，故A错误；B、以物块为研究对象，由动能定理可得WGWN=Ek1，故BD错误，C正确；故选C点评：知道做功的条件、熟练应用动能定理是正确解题的关键11（3分）（2014扶沟县校级自主招生）潮汐现象是指海水在天体 （主要是月球和太阳）引潮力作用下所产生的周期性运动某同学查阅资料，得知太阳的质量约为月球质量的2.7107倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行轨道半径的400倍则太阳和月球对地球上相同质量海水引力的大小之比约为（）A102B104C102D104考点：万有引力定律及其应用菁优网版权所有专题：万有引力定律的应用专题分析：已知月球与太阳质量关系、它们到地球的距离关系，由万有引力公式可以求出它们间的引力关系解答：解：设海水质量为m，由万有引力定律可得：=100，故A正确；故选A点评：熟练应用万有引力定律即可正确解题，本题是一道基础题12（3分）（2013秋城厢区校级期末）如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，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静止剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块（）A速度的变化量相同B动能的变化量相同C重力势能的变化量相同D重力的平均功率相同考点：机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率菁优网版权所有专题：机械能守恒定律应用专题分析：A、B处于同一高度并恰好静止，可以判断mBmA，剪断轻绳后两物体机械能都守恒，重力做功的大小等于重力势能的变化量解答：解：A、mgh=，所以末速度和质量没有关系，又因为初速度均为零，速度变化量大小相同，方向不同，A错误； B、只有重力做功，机械能守恒，两物块质量不同，B错误；C、由题意知mBmA，因为H相同所以重力势能变化量不同，C错误； D、重力平均功率 P=Fv 所以PA=mAgv PB=mbgvsin，因为mBsin=mA 所以PA=PB，D正确；故选D点评：本题考查了机械能守恒定律，解题的关键是先判断出质量的大小关系，在根据机械能守恒分析各项13（3分）（2013徐汇区一模）某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘上固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28cmB盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16cmP、Q转动的线速度均为4 m/s当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为（）A0.42sB0.56sC0.70sD0.84s考点：线速度、角速度和周期、转速菁优网版权所有专题：匀速圆周运动专题分析：因为P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，再次被接收时，经历的时间都为各自周期的整数倍，分别求出各自的周期，求出周期的最小公倍数，从而求出经历的时间解答：解：P的周期TP=Q的周期因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56s，所以经历的时间最小为0.56s故B正确，A、C、D错误故选B点评：解决本题的关键知道P发出的红外线恰好再次进入Q的接收窗口，所经历的时间为它们周期的整数倍，通过最小公倍数球最短时间间隔二、本题共3小题，共20分把答案填在答题纸相应的位置14（4分）（2012秋朝阳区期中）物理课上，老师利用图甲所示的装置探究了加速度与力的关系，得到加速度与物体所受合力成正比的结论某同学在实验室也找来了器材再次探究加速度与力的关系他将质量为M的小车、总质量为m的小桶及钩码按如图甲所示组装好，他根据实验数据，作出aF图线如图乙所示经检查他的数据记录及作图均无误请你分析：（1）图线没有坐标原点的原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；（2）图线上部弯曲的原因是没有满足Mm的实验条件考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系菁优网版权所有专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：探究加速度与力、质量的关系时：（1）要平衡摩擦力，不平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，小车受到的合力小于小桶的重力，aF图象不过原点，在F轴上有截距（2）在小车质量远大于小桶及砝码质量的情况下，可以近似认为小车受到的合力等于小桶与砝码的重力，如果小车质量没有远大于小桶与砝码的质量，小车受到的合力明显小于小桶与砝码的重力，如果仍然认为小车受到的合力等于小桶与砝码的重力，则加速度与力不成正比，aF图象不是直线，而是一条曲线解答：解：（1）aF图象不过原点，在F轴上有截距，这是由于实验时没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的（2）图线上部弯曲，即当拉力较大时加速度与小桶及砝码重力不成正比，这是由于没有满足小车质量M远大于小桶及钩码质量m造成的故答案为：（1）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；（2）没有满足Mm的实验条件点评：本题考查了探究加速度与力、质量关系实验的注意事项，难度不大，熟练掌握基础知识即可正确解题15（8分）（2012卢湾区一模）在DIS中，光电门测量的是运动物体挡光时间内的平均速度，因为挡光片较窄，所以可看做测量的是瞬时速度为了测量做匀变速直线运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，如图所示（1）当小车匀变速经过光电门时，测得A、B先后挡光的时间分别为t1和t2，A、B开始挡光时刻的间隔为t，则小车的加速度a=（2）（单选题）实验中，若挡光片的宽度b较大，用上述方法测得的加速度与真实值间会有较大的差距，下列关于实验的测量值与真实值的判断中正确的是B（A）若小车加速，则测量值大于真实值；若小车减速，则测量值小于真实值（B）若小车加速，则测量值小于真实值；若小车减速，则测量值大于真实值（C）无论小车加速还是减速，测量值均大于真实值（D）无论小车加速还是减速，测量值均小于真实值考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系；测定匀变速直线运动的加速度菁优网版权所有专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）光电门测量滑块瞬时速度的原理是遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替即，再根据运动学公式即可求出物体的加速度a（2）利用挡板的长度除以挡板通过的时间求出的挡板通过的平均速度，等于其通过时的中间时刻的瞬时速度，若加速运动，则其两次通过挡板时，时间差小于A、B开始挡光时刻的间隔为t，若减速则时间差大于A、B开始挡光时刻的间隔为t解答：解：（1）通过第一个光电门的速度：通过第一个光电门的速度：故其加速度为：故答案为：（2）利用挡板的长度除以挡板通过的时间求出的挡板通过的平均速度，等于其通过时的中间时刻的瞬时速度，若加速运动，则其两次通过挡板时，时间差小于A、B开始挡光时刻的间隔为t，因此测量结果小于真实值，若减速则时间差大于A、B开始挡光时刻的间隔为t，测量值大于真实值，故ACD错误，B正确故选B点评：本题应掌握光电门测量滑块瞬时速度的原理，正确进行误差分析，是考查学生综合能力的好题16（6分）（2012秋朝阳区期中）甲、乙两个物理实验小组分别探究“弹力和弹簧伸长的关系”（1）甲组同学利用图（a）所示的装置，将弹簧的上端与刻度尺的零刻度对齐，读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度值，然后在弹簧下端钩上钩码，并逐个增加钩码，依次读出指针所指刻度尺的刻度值，所读数据列表如下：（弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g取9.8m/s2）123456钩码质量m/g0306090120150刻度尺读数x/cm6.008.349.4810.6411.79实验中挂30g钩码时刻度尺的读数如图，请你将这个测量值填入记录表中该小组根据所测数据，在图（b）中的坐标纸建立xm坐标系，并描出5组测量数据，请你将第2组数据描在坐标纸上，并画出xm的关系图线作出的图线与坐标系纵轴有一截距，其的物理意义是弹簧的原长；该弹簧的劲度系数k=25.9N/m（结果保留3位有效数字）（2）乙组同学利用图（c）所示的装置，用与甲组同样规格的弹簧做实验，他们将弹簧左端与刻度尺的零刻度对齐，读出不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度尺的刻度值，然后通过定滑轮在弹簧另一端的细绳上钩上钩码，并逐个增加钩码，依次读出指针所指刻度尺的刻度值之后他们经历了与甲组同样的实验步骤最后甲、乙两组将测出的劲度系数进行比对，发现乙组的测量结果总比甲组的测量结果稍大一些，其原因是不挂钩码时弹簧处于自然状态，这时所测量的长度要略小，这种误差叫系统误差（填“系统误差”或“偶然误差”）考点：探究弹力和弹簧伸长的关系菁优网版权所有专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：（1）以纵轴表示弹簧的弹力，横轴表示弹簧的伸长量，描点作图让尽量多的点落在直线上或分居直线两侧图象的斜率表示弹簧的劲度系数（2）不挂钩码时弹簧处于自然状态，这时所测量的长度要略小，正确的做法应用手（或细线）轻轻拉直弹簧，再记下下端指针所指刻度尺的刻度值故该方法存在误差解答：解：（1）读数应在：7.157.17之间；以横轴表示弹簧的弹力，纵横轴表示弹簧的伸长量，描点作图让尽量多的点落在直线上或分居直线两侧如图所示；图象的斜率表示弹簧的劲度系数，根据图象，该直线为过原点的一条直线，即弹力与伸长量成正比，图象的斜率表示弹簧的劲度系数，k=0.259N/cm图线与坐标系纵轴有一截距，是拉力等于0时弹簧的长度，故其的物理意义为：弹簧原长（2）不挂钩码时弹簧处于自然状态，这时所测量的长度要略小，正确的做法应用手（或细线）轻轻拉直弹簧，再记下下端指针所指刻度尺的刻度值故该方法存在误差的误差是理论上没有考虑周到导致的后果，因此是系统误差故本题答案：（1）7.157.17如下图所示弹簧的原长，25.9N/m（2）不挂钩码时弹簧处于自然状态，这时所测量的长度要略小；系统误差点评：解决本题的关键掌握弹力与弹簧伸长关系的实验步骤，会描点作图，掌握作图的方法会从图象中分析数据三、本题共5小题，共41分解答应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把答案填在答题纸相应的位置17（6分）（2012秋朝阳区期中）如图所示，网球运动员在网前做截击练习时，若练习者在球网正上方距地面高H处，将网球以一定的速度沿垂直球网的方向击出，已知底线到球网的水平距离为L，重力加速度为g，不计空气阻力，将球的运动视为平抛运动（1）求网球落地所用的时间；（2）要使网球不出界，求运动员将球击出的最大速度考点：平抛运动菁优网版权所有专题：平抛运动专题分析：网球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可解答：解：（1）设网球落地所用的时间为t，则所以（2）当球正好落在边界上的时候，击球速度最大，设运动员将球击出的最大速度为vm，则答：（1）网球落地所用的时间为；（2）要使网球不出界，运动员将球击出的最大速度为点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解18（7分）（2015崇明县一模）如图所示，质量m=2.0kg的木块静止在水平面上，用大小F=20N、方向与水平方向成=37角的力拉动木块，当木块运动到x=10m时撤去力F不计空气阻力已知木块与水平面间的动摩擦因数=0.2，sin37=0.6，cos37=0.8g取10m/s2求：（1）撤去力F时木块速度的大小；（2）撤去力F后木块运动的时间考点：牛顿第二定律；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：牛顿运动定律综合专题分析：（1）分析木块的受力情况，根据牛顿第二定律和摩擦力公式求出加速度，由运动学位移速度关系公式求出撤去力F时木块速度的大小；（2）撤去F后，木块由于滑动摩擦力而做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解木块运动的时间解答：解：（1）力F拉动木块的过程中，木块的受力情况如图1所示根据牛顿运动定律有Fcos37f1=ma1mgFsin37N1=0又因为f1=N1代入数据可求得：N1=8.0N，解得：因为：v2=2a1x所以：（2）撤去F后，木块的受图情况如图2所示根据牛顿运动定律有：N2mg=0f2=ma2又因为：f2=N2代入数据可求得：N2=20N，解得：因为：v末=v+a2t所以：答：（1）撤去力F时木块速度的大小是12m/s；（2）撤去力F后木块运动的时间是6s点评：本题是牛顿第二定律和运动学公式结合处理动力学问题，加速度是关键量，是联系力和运动学关系的桥梁，在这种方法中是必求的量19（8分）（2014天山区校级模拟）如图所示，MPQ为竖直面内一固定轨道，MP是半径为R的光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ相切于P，Q端固定一竖直挡板，PQ长为s一小物块在M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次弹性碰撞后停在距Q点为l的地方，重力加速度为g求：（1）物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小；（2）物块与PQ段动摩擦因数的可能值考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力菁优网版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）由动能定理求出物块滑到P点时的速度，由牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，然后由牛顿第三定律求出物块对轨道的压力（2）从物块开始下滑到物块停止的整个过程中，应用动能定理可以求出动摩擦因数解答：解：（1）设物块滑至P点时的速度为v，由动能定理得：0，解得：，设物块到达P点时，轨道对它的支持力大小为N，由牛顿运动定律得：，解得，N=3mg，由牛顿第三定律得，物块对轨道压力的大小N=N=3mg；（2）第一种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动一段距离，停在距Q为l的地方设该点为O1，物块从M运动到O1的过程，由动能定理得：mgRmg（s+l）=00，解得：；第二种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动冲上圆弧轨道后，返回水平轨道，停在距Q为l的地方设该点为O2，物块从M运动到O2的过程，由动能定理得：mgRmg（2s+sl）=00，解得：；答：（1）物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小为3mg；（2）物块与PQ段动摩擦因数可能为或点评：熟练应用动能定理、牛顿第二定律是正确解题的关键；物块与挡板发生一次碰撞，最后静止在PQ间，有两种运动情况，解题时往往只考虑一种情况而出现错误20（12分）（2012秋朝阳区期中）质量m=1.0kg的物块静置于粗糙水平面上，水平面与物块的动摩擦因数=0.4现给物块施加一水平向右的推力F，推力作用于物块的时间为10s，物块在推力作用下运动，其加速度a随时间的变化如图（a）所示g取10m/s2（1）类比是一种常用的研究方法对于直线运动，教科书中讲解了由vt图象求位移的方法请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图所示at图象，求物块10s末的速度大小；（2）在图（b）中画出10s内推力随时间变化的Ft图线，并标出纵坐标的值；（3）求推力F在10s内作用于物块的冲量考点：动量定理；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律菁优网版权所有专题：动量定理应用专题分析：（1）由vt图象求位移的方法可得，at图中图线与坐标轴围成的面积表示速度大小 （2）在t=0时刻，加速度为零，F=f，在前4s内，推力逐渐增