四川省乐山市2016届高三物理上学期第一次调考试卷(含解析)

1、四川省乐山市2016届高三上学期第一次调考物理试卷一、选择题（在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项是正确的，第6-7题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分）1 如图所示，水平细杆上套一环A环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为m和由于B球受到水平风力作用，A与B球一起向右匀速运动.已知细绳与竖直方向的夹角为0，则下列说法中正确的是（）A. B球受到的风力为nmgtg 0B. 风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变C. 杆对A球的支持力随着风力的增加而增加D. A球与水平细杆间的动摩擦因数为J弓兀2.某同学用图示的电路测绘小灯泡的伏安特性图

2、线，连好电路后闭合开关，由a向b端调节滑动变阻器R的滑片，发现“电流表的示数为零，电压表的示数逐渐增大”，则电路的可能故障为（）A. 小灯泡短路B.小灯泡断路C.电流表断路 D.滑动变阻器断路3如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动有一质量为R和H,小球Am的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为所在的高度为筒高的一半.已知重力加速度为g，则（）-26 -A. 小球A受到的合力方向垂直筒壁斜向上B. 小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用IElg 尺C. 小球A受到的合力大小为 D. 小球A做匀速圆周运动的角速度3 =4. 地球半径为R,

3、地面重力加速度为g,地球自转周期为T,地球同步卫星离地面的高度为 h,则地球同步卫星的线速度大小为（）応 222兀（R+h） 2A. 厂B.* C.D.5. 虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场 力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线 AC运动，则下列判断正确的是（）2V*/；4V*6VA. 粒子一定带负电B. 粒子在A点的电势能大于在 C点的电势能C. 粒子在A点的动能大于在 C点的动能D. A点的场强小于 C点的场强6如图所示，质量为 m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了xo时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开已知弹簧的劲度系数为

4、k，滑块与水平面间的动摩擦因数为卩，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（）A. 滑块向左运动过程中，始终做匀减速运动B. 滑块向右运动过程中，始终做加速运动kx0+ 比 mgC. 滑块与弹簧接触过程中最大加速度为:D. 滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x= 时，物体的加速度为零7如图所示，在平行竖直虚线 a与b、b与c、c与d之间分别存在着垂直于虚线的匀强电场、平行于虚线的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线d处有一荧光屏大量正离子（初速度和重力均忽略不计）从虚线a上的P孔处进入左边电场，经过三个场区后有一部分打在荧光屏上.关于这部分离子，若比荷越大，则离子（!x11XX:XXXixXXixXX

5、；1r1dA.经过虚线c的位置越低B 经过虚线c的速度越大C.打在荧光屏上的位置越低D. 打在荧光屏上的位置越高二、非选择题，&如图为“验证力的平行四边形定则”实验，三个细线套Li、L2、L3一端共系于一个结点，点静止于0点某次实验中A的指针位置如图所示，其读数为另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B和重物M上，A挂于固定点P 手持B拉动细线，使结N 实验时要读出 A、B的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录0点的位置、和； 下列实验要求中必要的是 （填选项的字母代号）；A弹簧测力计需要在实验前进行校零B. 细线套方向应与木板平面平行C. 需要用托盘天平测量重物 M的质量D. 弹簧测力计B始终保持

6、水平.9.在测定一节电池的电动势E和内电阻r的试验中，需要量程约0.5A的电流表.实验室提供有电流表 （电流为2.5mA，内电阻R=199.0 Q ）;电阻箱R（0- 999.9 Q ）.为此，某同 学采用图1的电路进行试验，回答下列问题：（1）电路中的定值电阻 R）应选用下列中的 （填选项前字母）;A. 0.5 Q B.1.0Q C.99.5 Q D.199.0 Q根据图1完成实物图2中的连线（图中已连好部分电路）；（3）正确选择R）后，该同学进行实验调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R和对应电流表宗的示数丄Ig如下表.请在图3的坐标图中作出一 - R图线.（表中的二 是根据lg计算得出的）

7、XXR/ Q1.62.12.63.24.25.6I g/mA2.252.001.671.501.251.00X/ （X 103A1）0.440.500.600.670.801.00(4)根据图线可求得， 被测电池的电动势 E=V,内电阻r=Q .(保留2位小数)10 如图甲所示，一个可视为质点的质量m=2kg的物块，在粗糙水平面上滑行，经过A点时物块速度为vo=12m/s,同时对其施加一与运动方向相反的恒力F,此后物块速度随时间变化的规律如图乙所示，取 g=10m/s2 .求：(1)物块与水平面之间的动摩擦因数卩和所施加的恒力 F大小；从施加恒力F开始，物块再次回到 A点时的速度大小.11.如

8、图所示，在倾角为0 =30的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A B,它们的质量均为m弹簧的劲度系数为 k, c为一固定档板，系统处于静止状态.现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg问:(1)从F开始作用到物块 B刚要离开C的过程中弹簧弹力对物块 A做的功.物块B刚要离开C时，物块A的动能.(3)从F开始作用到物块 B刚要离开C的过程中力F做的功.12.如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xoy，在第一象限的区域存在沿 y轴正方向的匀强电场.现有一质量为m电量为e的电子从第一象限的某点 P (L, L)以初速度V0沿Lx轴的负方向开始运动

9、，经过x轴上的点Q d , 0)进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点 O,并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力.求(1)电子经过Q点的速度v;该匀强磁场的磁感应强度 B和磁场的最小面积 S.四川省乐山市2016届高三上学期第一次调考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个选项是正确的，第6-7题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分）1 如图所示，水平细杆上套一环A环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为m和由于B球受

10、到水平风力作用，A与B球一起向右匀速运动.已知细绳与竖直方向的夹角为0，则下列说法中正确的是（）A. B球受到的风力为nmgtg 0B. 风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变C. 杆对A球的支持力随着风力的增加而增加D. A球与水平细杆间的动摩擦因数为J弓兀【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.【专题】共点力作用下物体平衡专题.【分析】先对球 B受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式分析；对A、B两物体组成的整体受力分析，受重力、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再再次根据共点 力平衡条件列式分析各力的变化.【解答】解：A B、对球B受力分析，受重力、风力和拉力，如

11、左图，风力为：F=mgtan 0 ,故A正确；绳对B球的拉力为：T=;当风力增大时，0增大，则T增大.故B错误.C D把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（m+RB） g、支持力N、风力F和向左的摩擦力f,如右图根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力大小为：N=（ RA+RB）g、f=F击 iDBgtan&，故D错误;则A环与水平细杆间的动摩擦因数为:对整体分析，竖直方向上杆对环A的支持力NA= （ ra+rb） g,故C错误;故选：A.【点评】本题关键是先对整体受力分析，再对球B受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解.2某同学用图示的电路测绘小灯泡的伏安特性图线，连好电路后闭合

12、开关，由a向b端调节滑动变阻器R的滑片，发现“电流表的示数为零，电压表的示数逐渐增大”，则电路的可能故障为（）a_T2F4.PRA. 小灯泡短路B.小灯泡断路C.电流表断路D.滑动变阻器断路【考点】闭合电路的欧姆定律.【专题】恒定电流专题.【分析】电流表示数为零，说明存在短路或断路，将四个选项分别代入分析，从而确定符合 题干信息的选项.【解答】解：A、若小灯泡短路，电压表也被短路，示数应为零，与题不符，故A错误.B若小灯泡断路，电压表与电流表组成串联电路，由于电压表内阻很大，电流表示数很小为零，电压表直接测量滑片与 a端间的电压，在滑片从 a向b端移动时，电压表的示数将增大, 与题相符，故B正

13、确.C若电流表断路，电压表中无电流，将没有读数，与题不符，故C错误.D若滑动变阻器断路，两个电表都没有读数，与题不符，故D错误.故选：B.【点评】本题实际是运用排除法，分析电路的故障问题，在理解的基础上记住：电路中电流 为零，电压表有读数时，电路中往往存在断路，而且断路就出现在两端有电压的地方.3如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动有一质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H,小球A所在的高度为筒高的一半.已知重力加速度为g，则（）A. 小球A受到的合力方向垂直筒壁斜向上B. 小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用C. 小

14、球A受到的合力大小为D.小球A做匀速圆周运动的角速度【考点】向心力.【专题】定量思想；模型法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用.【分析】小球受重力与支持力的作用而做匀速圆周运动，由合力提供向心力，可由向心力公 式可求得小球做匀速圆周运动的角速度，并求解合力的大小及方向.【解答】解：A、如右图所示，小球受重力和支持力而做匀速圆周运动，由合力提供向心力, 合力F 定指向圆心；故 A错误.B小球A受到重力、支持力，向心力是重力和支持力的合力，故B错误.C设圆锥母线的倾角为0，由力的合成可知，F=mgtanB =mg，故C错误.;故DD由牛顿第二定律得 mgtan 0 =mrw2;由几何关系可知，r=

15、;解得：w =D 确迄 正故【点评】本题是圆锥摆类型，关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式 列式求解分析.4.地球半径为R,地面重力加速度为g,地球自转周期为T,地球同步卫星离地面的高度为 h,则地球同步卫星的线速度大小为() 2兀上B. V (R+h) gCT(R+h) 2【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】根据万有引力提供向心力故：可知要求线速度v需要知道同步卫星运行的轨道半径r,而r=R+h,另外需要知道地球的质量M,在知道地球表面重力加速度为g的情况下可以利用黄金代换公式mg=： 表示出GM从而求出地球同步卫

16、星的线速度的大小.另外根据线速度的定义式v=可以表示出地球同步卫星的线速度的大小.【解答】解：地球同步卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力故2Viir而 r=R+hMrG-2在地球表面有mg=-,联立以上三式可得地球同步卫星的线速度大小为v=肿R+h，故A正确而B错误.T,由于地球同步卫星的运动周期等于地球自转的周期，故地球同步卫星的运动周期等于2兀（R+h）所以地球同步卫星的线速度大小为v=故CD错误.故A正确.【点评】本题考查了万有引力提供向心力公式，黄金代换公式，同步卫星的特点和线速度的定义式，是一道不可多得的好题.5虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电

17、粒子只在电场 力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线 AC运动，则下列判断正确的是（）2Vr /；f-4V*/6VA. 粒子一定带负电B. 粒子在A点的电势能大于在 C点的电势能C. 粒子在A点的动能大于在 C点的动能D. A点的场强小于 C点的场强【考点】电势能；电场强度.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】解答本题可根据等势线的分布情况确定电场线的分布情况；正确判断带电粒子在电场中运动时电势能的变化；掌握电场力做功特点，从而作出判断.【解答】解：A、电场线和等势线垂直且由高电势的等势线指向低电势的等势线，可知图中电场线方向应垂直于等势线大体指向左侧，带电粒子所受的电场力沿电场线指向曲线

18、内侧，也大体向左，故粒子应带正电，故 A错误；B从A到C过程中，电场力做负功，电势能增加，则粒子在A点的电势能小于在 C点的电势能，故B错误；C粒子运动过程中只有电场力做功，且电场力做负功，根据动能定理得知动能减小，故粒子在A点动能较大，故C正确；D A点等差等势线密，电场线也密，所以A点的电场强度大于 C点的，故D错误.故选：C.【点评】解决这类问题的突破口为根据粒子运动轨迹确定粒子所受电场力方向，同时这类问题涉及物理知识很全面，能考查学生综合利用物理知识解决问题的能力，是高考的重点，要不断加强练习.6. 如图所示，质量为 m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了xo时速度减小到零

19、，然后弹簧又将滑块向右推开.已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为卩，整个过程弹簧未超过弹性限度，则（）A.滑块向左运动过程中，始终做匀减速运动B. 滑块向右运动过程中，始终做加速运动C. 滑块与弹簧接触过程中最大加速度为D. 滑块向右运动过程中，当弹簧形变量【考点】牛顿第二定律；胡克定律.【专题】牛顿运动定律综合专题.kx0+UmgIDX= :时，物体的加速度为零【分析】该题的关键是对物体进行正确的过程分析和各过程中物体的受力分析，再结合牛顿 运动定律分析物体的运动情况在进行受力分析时，要注意分析弹簧弹力的变化.【解答】解：A、滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右

20、的弹簧的弹力和向右的摩擦力,在此过程中弹簧的弹力时逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减 速运动，但不是匀减速，所以选项A错误.B滑块向右接触弹簧的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力所以滑块向右接触弹簧的运动过程中，是先加速，后减速.B选项错误.C由对A的分析可知，当弹簧的压缩量为xo时，水平方向的合力为 F=kxo+y mg此时合力最ama)=丄大，由牛顿第二定律有，所以选项C正确.D在滑块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x= 时，由胡克定

21、律可得f=kx=卩mg此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，加速度为零.选 项D正确.故选：CD.【点评】解决此类问题，要正确的分析物体运动的过程及物体的受力情况，并会确定运动过 程中的临界点和分析在临界点上的受力，当物体接触弹簧向右运动的过程中，开始是加速运 动的，当弹力和摩擦力相等时， 加速度为零，之后摩擦力要大于弹力， 物体开始做减速运动.弹 力和摩擦力相等时即为一个临界点.7. 如图所示，在平行竖直虚线 a与b、b与c、c与d之间分别存在着垂直于虚线的匀强电场、 平行于虚线的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线d处有一荧光屏大量正离子（初速度和重力均忽略不计）从

22、虚线a上的P孔处进入左边电场，经过三个场区后有一部分打在荧光屏上关于这部分离子，若比荷|越大，则离子（11XX:XXXixXXixXX；1r1JA.经过虚线c的位置越低B .经过虚线c的速度越大C. 打在荧光屏上的位置越低D.打在荧光屏上的位置越高【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】带电粒子在 ab区间做匀加速直线运动，电场力做功等于粒子动能的增加；带电粒子 在bc的区间做类平抛运动，将运动分解成竖直方向的匀加速直线运动和水平方向的匀速直线 运动，代人运动学的公式即可；粒子在cd的区间内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,写出动

23、力学方程，利用方程进行讨论.【解答】解：带电粒子运动的轨迹如图：A、粒子在ab区间的加速电场中，由动能定理可知:二粒子在bc区间内匀强电场中做类平抛运动，土 1在bc区间内经过的时间:1 V1匚丄 2在be区间内的偏转量：y=-联立以上几个公式， 整理得： I，所以，粒子经过虚线 e的位置都相同.故A错误；F J 212B粒子在be区间内电场力做功：联立以上几个公式,整理得:22 d22E-H2以粒子的比荷 越大，经过虚线CD设偏转角为有：e的速度越大.故B正确;d2ID V J qEqE 2 dg Egd?2qE1d12E1d所以粒子进入区间ed时的角度都是相同的粒子在ed的区间内做匀速圆周

24、运动，洛伦兹力提供向心力，得:2o rovqvB=r得:所以粒子的比荷越大，在磁场中运动的半径越小.由图可知，在磁场中运动的半径越小打在荧光屏上的位置越高.故C错误，D正确.故选：BD.【点评】粒子在复合场中的运动，必须搞清粒子在每个过程中的受力特点及速度的关系，从 而搞清粒子在不同过程中的运动性质，从而为合理地选择解题方法提供科学的依据题目难 度大.二、非选择题，&如图为“验证力的平行四边形定则”实验，三个细线套Li、L2、L3一端共系于一个结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B和重物M上，A挂于固定点P.手持B拉动细线，使结点静止于0点. 某次实验中A的指针位置如图所示，其读数为2.00

25、 N; 实验时要读出 A、B的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置、Li方向L2方向和 L3方向 ; 下列实验要求中必要的是AB （填选项的字母代号）;A. 弹簧测力计需要在实验前进行校零B. 细线套方向应与木板平面平行C. 需要用托盘天平测量重物 M的质量【考点】验证力的平行四边形定则.【专题】实验题.【分析】由图示弹簧测力计确定其分度值，读出其示数； 该实验中需要根据力的大小和方向做平行四边形得出合力然后与绳子I 3的拉力进行比较，因此需要记录力的大小和方向以及0点位置； 弹簧测力计 A挂于固定点，下端用细线挂一重物当弹簧测力计B一端用细线系于 0点，当向左拉使结点静止于某位置弹

26、簧测力计A和B的示数分别为两细线的力的大小，同时画出细线的方向即为力的方向虽悬挂重物的细线方向确定，但大小却不知，所以要测重物重 力当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了.原因是挂重物的细线大小与方向一定，而弹簧测力计 A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定.【解答】解：弹簧测力计读数， 每1N被分成5格，则1格就等于0.1N 所以读数为：2.00N 故答案为：2.0 弹簧测力计 A挂于固定点P,下端用细线挂一重物 M弹簧测力计B的一端用细线系于 0点，手持另一端向左拉，使结点 0静止在某位置分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录 0点的位置和三条细线

27、的方向. A、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故A正确；B拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故B正确；C实验中有弹簧秤可以直接测量出重物的重力，不需要天平，故C错误；D该题中需要验证弹簧 A、B拉力的合力，是否与绳I3的拉力（或者说 M重力）等大反向，B 弹簧不一定非要保持水平，故 D错误.故选：AB.故答案为：2.00 :i方向，L2方向，L3方向；AB【点评】对于中学中的实验，同学们尽量亲自动手做一下，这样对于实验原理、实验步骤、注意事项、数据处理、误差分析等才有深刻的认识，在该题2016届中考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读

28、数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要 与刻度线垂直.9.在测定一节电池的电动势E和内电阻r的试验中，需要量程约0.5A的电流表.实验室提供有电流表（电流为2.5mA，内电阻R=199.0 Q ）；电阻箱R（0- 999.9 Q ）.为此，某同 学采用图1的电路进行试验，回答下列问题:（1）电路中的定值电阻 R）应选用下列中的B （填选项前字母）；A.0.5 Q B.1.0Q C.99.5 Q D.199.0 Q根据图1完成实物图2中的连线（图中已连好部分电路）；R和对应电流（3）正确选择Ro后，该同学进行实验调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值 表養的示数IIIg如下表.请在图3的坐标

29、图中作出一 - R图线.（表中的二 是根据lg计算得出的）XXR/ Q1.62.12.63.24.25.6I g/mA2.252.001.671.501.251.00/ (X 103A-1)0.440.500.600.670.801.00（4）根据图线可求得，被测电池的电动势E= 1.47 V,内电阻r= 1.76 Q.（保留2位小数）m21.00OSU戸（北1；。斗十1_Rd的阻值.根据描点法作出二 -R图线.【考点】测定电源的电动势和内阻.【专题】实验题.【分析】根据并联分流和需要的量程得出定值电阻由闭合电路欧姆定律可得出函数关系，由数学关系可得出电动势和内电阻.【解答】解：(1)需要量程

30、约0.5A的电流表.实验室提供有电流表电流为2.5mA，内电阻R=199.0 Q .根据并联分流和欧姆定律得：R)= 厂=1.0 Q ,故选：B.根据图1完成实物图2中的连线，如图：I(3)根据描点法作出.-R图线.(4)由闭合电路欧姆定律可知,一 I ggg (R+r)4 = EE200I g=由数学知识可知，图象的斜率1 7. 24根据图象得k=-20CX 1000=136;200r，截距b等于 y20C故 E*=1.47V ;截距 b= =0.24 X 1000；故 r=1.76 Q ;故答案为：(1) B如图(3) 如图(4) 1.47 , 1.76【点评】本题用安阻法测量电源的电动势

31、和内电阻，由于要将电流表改装以及坐标中坐轴单 位不是国际单位，从而给本题增加了难度，在解题中应注意体会同时电流表改装后的量程 与并联电阻的关系也要注意思考.10 如图甲所示，一个可视为质点的质量m=2kg的物块，在粗糙水平面上滑行，经过A点时物块速度为vo=12m/s,同时对其施加一与运动方向相反的恒力F,此后物块速度随时间变化的2规律如图乙所示，取 g=10m/s .求：(1)物块与水平面之间的动摩擦因数卩和所施加的恒力 F大小；从施加恒力F开始，物块再次回到 A点时的速度大小.A 甲乙【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.【专题】牛顿运动定律综合专题.【分析】(1)根据图

32、线的斜率求出匀减速运动的加速度大小和反向做匀加速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数和恒力F的大小.根据图线与时间轴围成的面积求出匀减速运动的位移大小，结合速度位移公式求出返回A点的速度大小.【解答】解：(1)从图象可知，02s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a1=6m/s2根据牛顿第二定律可知：F+ 口 mg=ma224s内物体做反方向的匀加速直线运动，加速度大小为：a2=2 m/s根据牛顿第二定律可知：F-口 mg=ma联立两式得：F=8N,卩=0.2由v - t图象可得匀减速阶段：x=12m解得：反方向匀加速运动阶段：:,=6.92m/s答：(1)物块与水平面之间的

33、动摩擦因数为0.2，所施加的恒力 F大小为8N.物块再次回到 A点时的速度大小为 6.92m/s .【点评】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，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移.11.如图所示，在倾角为0 =30的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A B,它们的质量均为m弹簧的劲度系数为 k, C为一固定档板，系统处于静止状态现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg问：(1)从F开始作用到物块 B刚要离开C的过程中弹簧弹力对物块 A做的功.物块B刚要离开C时，物块A的动能.(

34、3)从F开始作用到物块 B刚要离开C的过程中力F做的功.【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】(1)根据共点力平衡以及胡克定律求出未施加F时弹簧的压缩量，根据共点力平衡和胡克定律求出B刚要离开时弹簧的伸长量，通过牛顿第二定律求出A的加速度大小，通过位移时间公式求出从 F开始作用到物块 B刚要离开C的时间；根据v=at求出物块B刚要离开 C时，物块A的速度，得到动能；末态时弹簧的伸长量和 F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零，根据功能 关系列式求解即可；(3)最后对全程由动能定理列式即可求解.【解答】解：(1)令X1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知：mgs