2015届合肥一模物理试题及答案
合肥市2015年高三第一次教学质量检测物理试卷
(考试时间：90分钟满分:100分）
注意事项：
1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。
2.答第I卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷草稿纸上答题无效。
4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。
第Ⅰ卷（满分40分）
―、选择题(每小题4分，共40分)每小题给出的4个选项中，只有一个选硬正确
1.在竖直放置的平底圆筒内，放置两个半径相同的刚性球a和b，球a质量大于球b.放置的方式有如图甲和图乙两种。不计圆筒内壁和球面之间的摩擦，对有关接触面的弹力，下列说
法正确的是()
A.图甲圆筒底受到的压力大于图乙圆筒底受到的压力
B.图甲中球a对圆筒侧面的压力小于图乙中球b对侧面的压力
C.图甲中球a对圆筒侧面的压力大于图乙中球b对侧面的压力
D.图甲中球a对圆筒侧面的压力等于图乙中球b对侧面的压力
【答案】B
【命题立意】本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用。
【解析】A、以AB整体为研究对象，受力分析，受重力、支持力和两侧的支持力，根据平衡条件，桶底对两个球整体的重力，故图甲圆筒底受到的压力等于图乙圆筒底受到的压力，故A 错误；
B、C、D、以AB整体为研究对象，受力分析，受重力、底面的支持力和两侧的两个支持力，根据平衡条件，两侧的两个支持力是相等的；
再以上面球为研究对象受力分析，根据平衡条件运动合成法，如右图：
由几何知识可知：N桶=，故侧壁的弹力与上面球的重力成正比，由于球a
质量大于球b，故乙图中两侧的弹力较大；
故B正确，CD错误；
故选：B。
【举一反三】本题考查受力分析及平衡条件的应用，灵活选取研究对象，即隔离法还是整体法是关键。
2.质量为0. 2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化和合力对小球做W下列说法正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【命题立意】本题旨在考查动量守恒定律。
【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：
△p=mv2﹣mv1=0.2×4﹣0.2×﹣（﹣6）=2kg?m/s，方向竖直向上．
由动能定理可知，合外力做功：W=mv22﹣mv12=×0.2×42﹣×0.2×62=﹣2J；
故选：A。
【举一反三】此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量。动量变化量也是矢量，同样要注意方向。应用动能定理可以求出合外力做的功。
3.“天宫一号”飞行器某次变轨，离地高度由200 km升至362 km,假定变轨前后均绕地心做匀速圆周运动，变轨后“天宫一号”的()
A.加速度增大
B.周期变小
C.线速度变小
D.向心力变大
【答案】C
【命题立意】本题旨在考查共点力平衡的条件及其应用、矢量和标量、万有引力定律及其应用。
【解析】根据万有引力提供向心力得：=ma==
A、a=，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以加速度减小，故A错误；
B、T=2π，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以周期增大，故B错误；
C、F=，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以向心力减小，故C正确；
D 、v=，变轨后“天宫一号”的轨道半径增大，所以线速度减小，故D 错误；
故选C 。
【易错警示】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系。
4.如图所示，一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时,轨道所受压力为铁块重力的1. 5倍，则此过程中铁块损失的机
械能为 (重力加速度为g)( )
A. 18mgR
B. 14mgR
C. 12mgR
D. 3
4mgR 【答案】B
【命题立意】本题旨在考查动能定理的应用、牛顿第二定律、向心力。 【解析】铁块滑到半球底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍， 由牛顿第二定律得：1.5mg=m
对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR ﹣W=mv 2， 解得：W=mgR ； 故选：B 。
【举一反三】能根据向心力公式求出末速度，再根据动能定理求出克服摩擦力做的功即可。
5.如图所示，真空中有两个点电荷，
和
，分别固定在x 轴
上的x=0和x=6cm 的位置上。将一带负电的试探电荷q 从x = 20cm 的位置沿x 轴负方向移到x=10cm 的位置，在此过程中，试探电荷的()
A.电势能一直增大
B.电势能一直减小
C. 电势能先减小后增大
D. 电势能先增大后减小 【答案】C
【命题立意】本题旨在考查电场线、电势能。
【解析】空间某点的电场强度是正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的电场的叠加，是合场强。 设Q 2右侧场强为零的点到Q 2的距离为L ；
根据点电荷的场强公式E=k，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反。
所以k=k，解得L=0.06m=6cm．所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零，
则从x=20cm到x=12cm，场强方向沿x轴正方向，从x=12cm到x=10cm，场强方向沿x轴负方向，将一带负电的试探电荷q从x=20cm的位置沿x轴负方向移到x=12cm的位置，电场力做正功，从x=12cm的位置沿x轴负方向移到x=10cm的位置，电场力做负功，所以该负电荷的电势能先减小后增大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【易错警示】空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则。
和m2，由轻质弹簧相
6.如图所示，a、b两物体的质量分别为m
连。当用恒力F竖直向上拉着a ,使a、b—起向上做匀加速直线运
动时，弹簧伸长量为为x1，加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒
力沿水平方向拉着a，使a、b—起沿光滑水平桌面做匀加速直线
运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2。则有()
A.a1=a2, x1=x2
B.a1 C.a1=a2, x1>x2 D.a1 【答案】B 【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、胡克定律。 【解析】对整体分析有：，，可知a1＜a2。隔离对b分析有：F1﹣m2g=m2a1， 解得：， ，可知F1=F2，根据胡克定律知，x1=x2 故选：B。 【举一反三】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用，难度中等。 7. A 、 B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平 面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v-t 图象如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等.则下列说法正确的是() A. F 1、F 2大小之比为1 : 2 B. F 1、F 2对A 做功之比为1 : 2 C. A 、B 质量之比为2 : 1 D. 全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2 : 1 【答案】C 【命题立意】本题旨在考查匀变速直线运动的图像。 【解析】由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1：2，由牛顿第二定律可知：A 、B 受摩擦力大小相等，所以A 、B 的质量关系是2：1， 由速度与时间图象可知，A 、B 两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1：2，匀减速运动的位移之比2：1， 由动能定理可得：A 物体的拉力与摩擦力的关系，F 1?X ﹣f 1?3X=0﹣0；B 物体的拉力与摩擦力的关系，F 2?2X ﹣f 2?3X=0﹣0，因此可得：F 1=3f 1，F 2=f 2，f 1=f 2，所以F 1=2F 2。 全过程中摩擦力对A 、B 做功相等，F 1、F 2对A 、B 做功之大小相等．故ABD 错误，C 正确。 故选：C 。 【易错警示】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度﹣时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，并运用动能定理。 8.图甲所示的电路中，电流表A 1指针指满刻度，电流表A 2的指针指满刻度的2 3 处;图乙中，A 2指针指满刻度，A 1指针指满刻度的1 3 处.已知A 1的内阻为0.45Ω，则A 2的电阻为（） A. 0.1Ω B . 0.15Ω C . 0.3Ω D . 0.6Ω 【答案】A 【命题立意】本题旨在考查把电流表改装成电压表。 【解析】设电流表A 1、A 2满偏电流分别为I 1、I 2； 由题意知，当电流表串联时：I 1=I 2…① 当电流表并联时：电源的电压为：U=I2R2=I1R1…② 由于R1=0.45Ω…③ 将①③式代入②解得：R2=0.1Ω 故选：A。 【易错警示】本题要理解并掌握串联电路和并联电路特点，能根据两电流表示数之间的关系建立方程组。 为定值电阻R1、R2 9.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R 为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速v0 射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P 点以水平速度v0射人，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是() A. 保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧 B. 保持开关S闭合，增大R2，粒子打在O点左侧 C. 断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧 D.断开开关S，M极板稍微下移，粒子打O点右侧 【答案】A 【命题立意】本题旨在考查带电粒子在匀强电场中的运动。 【解析】A、保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=，增大R1，U将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力，产生的加速度增大，平行板两极板电压减小达到极板上则，水平位移为x=，水平位移将减小，故粒子打在O点左侧侧，故A正确； B、保持开关S闭合，增大R2，不会影响电阻R两端的电压，故粒子打在O点，故B错误； C、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得 ，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故C错误； D、断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E=，结合及可得 ，电场强度不变，加速度不变，M极板稍微下移，偏转量减小，根据，水平位移为x=，水平位移将增大，故粒子打在O点左侧，故D错误； 故选：A。 【易错警示】本题关键分析电容器的电压是否变化．当断开开关S，改变板间距离时，板间场强不变，油滴也保持不动。 10.如图所示为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位 置在x= 1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4m处的质点。质点Q 简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt(国际单位制）。下列说法正确 的是（） A. 在t =0.10s时，质点Q向y轴正向运动 10 B. 在t =0.10s，质点P的加速度方向沿y轴正方向 C. 从t =0.10s到t =0. 25s，该波沿x轴负方向传播了6m D. 从t =0.10s到t =0. 25s，质点P通过的路程为30cm 【答案】C 【命题立意】本题旨在考查波长、频率和波速的关系、横波的图象。 【解析】A、由质点Q的简谐运动表达式知，在t=0.10s下一刻，质点Q的位移为负，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误； B、t=0.10s，质点P位于平衡位置上方，则加速度方向向下，B错误； C、在t=0.10s时，质点Q沿x轴负方向运动，根据波形平稳法可知该波沿x轴负方向传播，周期为：T===0.2s， 波长为：λ=8m， 则波速为：v==m/s=40m/s， 从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s，该波沿x轴负方向传播的距离为 △x=v△t=40×0.15m=6m，故C正确； D、由甲图知D、从t=0.10s到=0.25s经过的时间为△t=0.15s=T，由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是3A=30cm，故D错误； 故选：C 【举一反三】本题有一定的综合性，考察了波动图象问题，关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系。 第Ⅱ卷（满分60分） 一、选择题（4） 11 Ⅰ⑴图甲是用游标卡尺测量某金属圆筒外径时的示数，可读出该圆筒外径为___________________cm (2)图乙是用螺旋测微器测量某金属棒直径时的读数，可读出该金属棒的直径为_____________mm 【答案】25.00；2.823 【命题立意】本题旨在考查游标卡尺的使用、螺旋测微器的使用。 【解析】（1）主尺读数为25mm，游标尺上的0刻度与上边对齐，所以游标读数是 0×0.02mm=0.00mm，所以圆筒的内径为25.00mm。 （2）螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为32.3×0.01mm=0.323mm，所以最终读数为2.5mm+0.323mm=2.823 mm. 【易错警示】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量，游标卡尺的读数方法，注意不需要估读。 Ⅱ .某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图。 (1) 在图上标出的F1、F2、F和，四个力中，力_____不是由弹簧测力力计直接测得的，比较力F与力F'的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行_行定则。 (2) 某同学对此实验的一些说法，其中正确的是__________. A. 如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验 B. 用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平分线 C. 拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相 距远些 D. 拉橡皮条时，细绳应沿弹簧测力计的轴线 E. 在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行 【答案】（1）F′（2）ACD 【命题立意】本题旨在考查验证力的平行四边形定则。 【解析】（1）本实验是通过两个弹簧秤的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则实验成功；由图可知F′是由平行四边形定则得出的，故F′不是由弹簧秤直接测得的； （2）A、如果只有一个弹簧秤，则可以交替测出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故A正确； B、只要橡皮筋的另一端两次都接到O点，达到效果相同，拉力方向没有限制，橡皮筋不需要与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误； C、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故C正确； D、只有细绳和弹簧测力计的轴线应一条直线上，弹簧的弹力才等于拉橡皮筋的拉力，否则拉橡皮筋的拉力只是弹簧的一个分力，故D正确； E、在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故E错误；故选：ACD。 【举一反三】只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验，只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验。 Ⅲ. LED发光二极管技术得到广泛应用，下表为某发光二极管的正向电压U与正向电流I关系的数据。 (1) 知二极管的电阻随U变大而____(填‘变大”、“变小”或“不变”），在该范围内电阻最小约为________Ω； (2)某同学用伏安法测电阻的电路验证该二极管的伏安特性曲线，要求二极管的正向电压从0开始变化，并使测量误差尽量減小。图2是实验器材实物图，电压表量程为3V，内阻约为3 kΩ，电流表量程为5mA，内阻约为10Ω。图中已连接了部分导线，请按实验要求将实物图中的连线补充完整。 (3) 若此LED发光二极管的工作电流为2mA，则此发光二极管应与一阻值R=10Ω的电阻串联后才能与电动势为3V、内阻不计的电源相连。 【答案】（1）变小；1000 （2）如图（3）10 【命题立意】本题旨在考查描绘小电珠的伏安特性曲线。 【解析】（1）如图选取电压及电流标度，采用描点法得出各点位置，用平滑的曲线将各点相连；如图所示； 图象上点与坐标原点的连线的斜率倒数在减小，可知二极管的电阻随U变大而变小， 在该范围内电阻最小约为R==1000Ω （2）由于电压和电流的测量范围比较大，则滑动变阻器采用分压式接法，由于二极管内阻更接近电压表内阻，所以电流表采取内接法，实物图如上图． （3）根据二极管I﹣U图象或数据表可知，通过二极管的电流I=2mA时，二极管两端的电压U=2.95V， 根据串并联规律，应串联的电阻为：R==10Ω； 【易错警示】由于二极管电阻较小，故测定伏安特性曲线时应采用滑动变阻器的分压接法．同时注意用好实验的原理。 三、计算题(第12、13、14题各10分，第15题12分，共42分） 12.如图所示，在图(a)中，沿斜面的拉力F把质量为m的物块A沿粗糙斜面匀速向上拉，改变斜面倾角θ，使物块沿斜面向上匀速运动的拉力也随之改变，根据实验数据画出如图(b)所示的 F 2。 cosθ-tanθ图线。取重力加速度的大小g = 10m/s (1) 在图(a)中画出物体的受力示意图； (2) 求物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数μ； (3) 若θ=45°时，不用力F拉物块，而给物块一沿斜面向上的较小初速度，物块速度减为零后又沿斜面下滑，求物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比a1:a2 【答案】（1）物体的受力分析如图所示 （2）物块的质量为4kg；动摩擦因数为0.5 （3）加速度大小之比为3：1 【命题立意】本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系。 【解析】（1）a的受力分析图如图所示： （2）由于滑块匀速运动时受力平衡，有：F=mgsinθ+μmgcosθ， 解得：． 与tanθ为线性函数，由图象可知： mg=40N，解得：m=4kg， μmg=20N，解得：μ=0.5． （3）根据牛顿第二定律得：mgsin45°+μmgcos45°=ma1， mgsin45°﹣μmgcos45°=ma2， 解得：a1：a2=3：1． 【易错警示】本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律与图象的综合，对于图象题，关键得出函数的表达式，结合图线的斜率和截距进行求解。 13.如图所示,在一底边长为2L ,底角θ =45°的等腰三角形区域内（O为底边中点）有垂直纸面向外的匀强磁场。现有一质量为m ,电量为q的带正电粒子从静止开 始经过电势差为U的电场加速后，从0点垂直于AB进人磁场，不计 重力与空气阻力的影响。 (1) 求粒子经电场加速射人磁场时的速度； (2) 若要进人磁场的粒子能打到0A板上，求磁感应强度B的最小值； (3) 设粒子与AB板碰撞后，电量保持不变并以与碰前相同的速率反弹。磁感应强度越大，粒子在磁场中的运动时间也越大。求粒子在磁场中运动的最长时间。 【答案】（1）（2）（3） 【命题立意】本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力。 【解析】（1）依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v 由…① 得：…② （2）要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，设圆周半径为R 由图中几何关系：…③ 由洛仑兹力提供向心力：…④ 联立②③④解得：…⑤ （3）设粒子运动圆周半径为r，，当r越小，最后一次打到AB板的点越靠近A端点，在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长．当r为无穷小，经过n个半圆运动，最后一次打到A点．有：…⑥ 圆周运动周期：…⑦ 最长的极限时间为：…⑧ 由⑥⑦⑧式得：= 【易错警示】做好此类题目的关键是准确的画出粒子运动的轨迹图，利用几何知识求出粒子运动的半径，再结合半径公式和周期公式去分析。 14.如图(a)所示，平行长直导轨MJV、PQ水平放置，两导轨间距L = 0. 5m,导轨左端M、P 间接有一阻值只=0.2Ω的定值电阻，导体棒ab质量m=0. 1kg,与导轨间的动摩擦因数 μ=0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d = 1. 0m处，导轨和导体棒始终接触良好, 电阻均忽略不计。整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t = 0时刻，磁场方向竖直向下，此后， 磁感应强度B随时间t的变化如图（b)所示，不计感应电流磁场的影响。取重力加速度g =10m/s2。（1）求t=0时棒所受到的安培力F0； （2）分析前3s时间内导体棒的运动情况并求前3s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；（3）若t=3s时，突然使ab棒获得向右的速度v0=8 m/s,同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F,使棒的加速度大小恒为a=4m/s2、方向向左。求从t= 3s到t =4s的时间内通过电阻的电量q. 【答案】（1）0.025N （2）f=0.0125（2﹣t）N（t＜3s）（3）1.5C 【命题立意】本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化。 【解析】（1）由图b知：==0.1T/s t=0时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为：E==Ld=0.1×0.5×1V=0.05V 感应电流为：I==A=0.25A 可得t=0时棒所受到的安培力：F0=B0IL=0.025N （2）ab棒与轨道间的最大摩擦力：f m=μmg=0.1×0.1×10N=0.1N＞F0=0.025N 所以在t=0时刻棒静止不动，加速度为零，这以后磁感应强度B都小于B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3s内导体棒静止不动，电流恒为I=0.25A 在0﹣3s内，磁感应强度为：B=B0﹣kt=0.2﹣0.1t 因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，有： f=BIL=（B0﹣kt）IL=（0.2﹣0.1t）×0.25×0.5N=0.0125（2﹣t）N（t＜3s） （3）3s﹣4s内磁感应强度大小恒为B2=0.1T，ab棒做匀变速运动，△t2=4s﹣3s=1s 设t=4s速度大小为v，位移为x，则：v=v0﹣a△t=4m/s x=t=6m 在这段时间内的平均电动势为：= 通过电阻的电量为：q====1.5C． 【易错警示】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要正确分析导体棒的受力情况和能量转化的情况，熟练推导出安培力与速度的关系，感应电量与磁通量变化的关系，正确把握功和能的关系。 15.如图所示，一长L=4. 5m、质量m1=1kg的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ1=0. 1。长木板B端距光滑水平轨道CD的C端距离S = 7m，长木板的上表面与CD面等高。一小滑块以v0 = 9m/s的初速度滑上长木板的A端后长木板开始运动，小滑块质量m2= 2kg，与长木板之间的动摩擦因数μ2=0. 4。长木板运动到C处时即被牢固黏连。水平轨道CD右侧有一竖直光滑圆形轨道在D点与水平轨道平滑连接，圆心为0,半径R=0.4m。一轻质弹簧一端固定在0点的轴上，一端栓着一个质量与小滑块相等的小球。弹簧的原长为l0=0. 5m，劲度系数k = l00N/m。不计小滑块和小球大小，取重力加速度的大小g = 10m/s2。求： (1)小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块的加速度大小a2; (2)长木板与水平轨道C端发生黏连前瞬间的速度v C.; (3)小滑块与小球在D点发生弹性碰撞后，小球随即沿圆弧轨道运动，通过分析可知小球到达P 点时离开圆轨道，求P、0连线与竖直方向夹角θ的余弦值。 【答案】（1）a1=5m/s2；a2=4m/s2（2）4m/s （3） 【命题立意】本题旨在考查动能定理的应用、牛顿第二定律、向心力。 【解析】（1）由题意知滑块带动长木板滑动，先以滑块为研究对象，长木板对滑块的摩擦力使滑块产生加速度，故有： μ2m2g=m2a2 可得滑块的加速度为： 长木板在滑块和地面滑动摩擦力共同作用下产生加速度有： =5m/s2 （2）设滑块和木板达到共同速度v1时间为t 则v1=a1t v1=v0﹣a2t 代入数据解得 v1=5×1m/s=5m/s 此过程中长木板的位移为： 小滑块的位移为： 滑块与木板的位移差为：△x=x2﹣x1=7﹣2.5m=4.5m 因为△x=L，所以滑块刚好滑至长木板的右端时，两者具有共同的速度，经后长木板与滑块一起做匀减速运动 加速度为：，因为|a3|＜|a2|，所以滑块和长木板一起减速，设滑行到C处的速度为v C， 根据速度位移关系有： 即长木板与水平轨道C端发生粘连前瞬间的速度v t为4m/s； （3）小滑块和小球质量相同，在D处弹性碰撞后，两球交换速度，小球以v C=4m/s 沿圆弧轨道向上运动，设小球离开轨道时的速度为v 由机械能守恒有：…① 根据牛顿第二定律有：…② 由①②式解得：cos 【举一反三】运用整体法和隔离法分析物体运动时的受力由牛顿第二定律求得 物体运动的加速度，根据运动学规律是正确解题的关键。