北京四中2020届高三上学期期中考试物理试题

北京四中2020届高三上学期期中考试物理试题

北京四中 2019-2020 学年度第一学期期中考试高三年级 物 理 试 卷 一、单项选择题 ‎1.关于力的下列各种说法中，正确的是 A. 只有相互接触的物体才有力的作用 B. 力的单位牛顿是国际单位制的基本单位 C. 力是维持物体运动的原因 D. 力是改变物体运动状态的原因 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．相互接触的物体，才有力的作用，则是弹力，而有些力不一定相互接触，故A错误；‎ B．力的单位为国际单位制的导出单位，故B错误；‎ CD．力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动的原因是物体的惯性，故C错误，D正确。‎ ‎2.如图所示为一物体做匀变速直线运动的速度-时间图像。已知物体在前 2s 内向东运动，则根据图像做出的以下判断中正确的是 ‎ A. 物体在前 4s 内始终向东运动 B. 物体在前 4s 内的加速度大小不变，方向始终向西 C. 物体在前 4s 内的加速度大小不变，方向先向西，后向东 D. 物体在第 2s 末回到出发点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像可知，物体前两秒运动方向为负，向东运动，后两秒运动方向为正，向西运动，故A错误；‎ BC ‎．从图像中可知图像的斜率不变，因此物体加速度不变，方向与初速度方向相反即向西，故B正确，C错误；‎ D．由图可知，物体前2秒向东运动，后两秒内向西运动，而且物体前2秒位移为负，后2秒为正，图像和时间轴围成的面积代数和为零，4秒内总位移为零。所以物体在第2s末距出发点最远，故D错误。‎ ‎3.如图所示，一条不可伸长的轻绳一端固定于悬点O，另一端连接着一个质量为m的小球。在水平力F的作用下，小球处于静止状态，轻绳与竖直方向的夹角为θ，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 绳的拉力大小为mgtan θ B. 绳的拉力大小为mgcos θ C. 水平力F大小为mgcos θ D. 水平力F大小为mgtan θ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以小球为研究对象进行受力分析，画出受力示意图，根据几何关系求解。‎ ‎【详解】以小球为研究对象进行受力分析，如图所示： 根据平衡条件可得：绳的拉力大小为：T=，水平力F大小为：F=mgtan θ，故ABC错误，D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。‎ ‎4.一辆汽车在水平公路上沿曲线由 M向 N ‎ 行驶，速度逐渐增大。图中分别画出了汽车转弯所受合力F的四种方向，其中可能正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：汽车在水平公路上转弯，汽车做曲线运动，沿曲线由M向N行驶，汽车所受合力F的方向指向运动轨迹内测；由图可知，合力的方向指向运动轨迹的内测的只有BC，B图中将力F分解，法向分力指向圆心，使汽车的速度方向发生变化，切向分力使汽车的速率增大，故选项B正确。‎ 考点：曲线运动 ‎【名师点睛】做曲线运动的物体所受合力与物体速度方向不在同一直线上，速度方向沿曲线的切线方向，合力方向指向曲线的内测（凹的一侧），分析清楚图示情景，然后答题．做曲线运动的物体，合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，当物体速度大小不变时，合力方向与速度方向垂直，当物体速度减小时，合力与速度的夹角要大于90°，当物体速度增大时，合力与速度的夹角要小于90°．‎ ‎5.如图是长征火箭把载人神舟飞船送入太空的情景。宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重或失重的考验。下列说法正确是 ‎ A. 火箭加速上升时，宇航员处于失重状态 B. 飞船加速下落时，宇航员处于超重状态 C. 飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力小于其重力 D. 火箭加速上升时，若加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力逐渐减小，但仍大于其重力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.火箭加速上升时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态。故A错误 B.飞船加速下落时，加速度方向向下，宇航员处于失重状态，故B错误 C.飞船在落地前减速，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，故C错误。‎ D.火箭加速上升时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，若加速度逐渐减小时依然超重，压力仍大于重力。故D正确。‎ ‎6.如图所示，一水平传送带向左匀速传送，某时刻小物块P从传送带左端冲上传送带。物块P在传送带上运动的过程中，传送带对物块P A. 一定始终做正功 B. 一定始终做负功 C. 可能先做正功，后做负功 D. 可能先做负功，后做正功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】物体以某一速度放上传送带后，向右运动，受到向左的摩擦力，运动情况分几种：‎ ‎（1）可能小物块速度比较大，所以一直向右减速，在此过程中皮带对物块做负功，‎ ‎（2）小物块先向右减速，而后向左一直加速，所以皮带对物块先做负功，后做正功，‎ ‎（3）小物块向右减速，而后向左加速，当两者速度相等时一起匀速，所以皮带对物块先做负功后做正功，然后不做功，故D对；ABC错；‎ 故选D ‎【点睛】根据物体的速度和传送带速度之间的大小关系,确定物体的运动情况;再根据功能关系即可确定皮带对物块做功的情况 ‎7.研究平抛运动的实验装置如图所示。某同学设想在小球下落的空间中选取三个竖直平面 1、2、3，平面与斜槽所在的平面垂直。小球从斜槽末端水平飞出，运动轨迹与平面 1、‎ ‎2、3 的交点依次为 A、B、 C。小球由 A 运动到 B，竖直位移为 y1，动能的变化量为 ΔEk1，速度的变化量为 Δv1；小球由 B 运动到 C，竖直位移为 y2，动能的变化量为 ΔEk2，速度的变化量为 Δv2。若 y1 = y2，忽略空气阻力的影响，下列关系式正确的是 ‎ A. ΔEk1<ΔEk2 B. ΔEk1=ΔEk2‎ C. Δv1<Δv2 D. Δv1=Δv2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由平抛运动的特点可知，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，由于水平板竖直方向上的间距相等，故小球经过板1-2的时间大于经过板2-3的时间，由于小球做平抛运动过程中忽略空气阻力的影响，只有重力做功，根据动能定理可知：‎ ‎△Ek1=△Ek2‎ 根据动量定理可知：合外力的冲量等于动量的变化，由于小球经过板1-2的时间大于经过板2-3的时间，所以 ‎△p1＞△p2‎ 由公式可知，‎ A．ΔEk1<ΔEk2与分析不符，故A错误；‎ B．ΔEk1=ΔEk2与分析相符，故B正确；‎ C．Δv1<Δv2与分析不符，故C错误；‎ D．Δv1=Δv2与分析不符，故D错误。‎ ‎8.‎2013年12月15日4时35分，嫦娥三号着陆器与巡视器分离，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面。如图所示是嫦娥三号探测器携“玉兔号”奔月过程中某阶段运动示意图，关闭动力的嫦娥三号探测器在月球引力作用下向月球靠近，并将沿椭圆轨道在B处变轨进入圆轨道，已知探测器绕月做圆周运动轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，下列说法中正确的是 A. 图中嫦娥三号探测器正减速飞向B处 B. 嫦娥三号在B处由椭圆轨道进入圆轨道必须点火加速 C. 根据题中条件可以算出月球质量 D. 根据题中条件可以算出嫦娥三号受到月球引力的大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】万有引力对嫦娥三号探测器做正功，应该加速飞向B处，A错误；嫦娥三号在B处由椭圆轨道进入圆轨道必须点火减速，使万有引力恰好提供向心力，B错误；已知探测器绕月做圆周运动轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，由万有引力提供向心力的基本思路可以求得中心星—月球的质量，C正确；因为不知道嫦娥三号的质量，所以不能求出嫦娥三号受到月球引力的大小，D错误。‎ 二．多项选择题 ‎ ‎9.在同一平直公路上行驶的汽车两辆汽车 a 和 b，其位移时间图像分别如图中直线 a 和曲线 b 所示，下列说法正确的是 ‎ A. t=3s 时，两车速度相等 B. a 车做匀速运动，b 车做加速运动 C. 在运动过程中，b 车始终没有超过 a 车 D. 在 0~3s 时间内，a 车的平均速度比 b 车的大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．位移时间图像的斜率表示速度，由图可知，在t=3s时两图像的斜率相等，所以此时速度相等，故A正确；‎ B．位移时间图像的斜率表示速度，由a图像的斜率不变即速度不变，表示a车做匀速直线运动，b图像的斜率减小即速度减小，表示b车做减速运动，故B错误；‎ C．由位移时间图像可知，同一时刻b车始终在a车的后面(除t=3s时在同一位置)，故C正确；‎ D．由位移时间图像可知，a车在0~3s时间内的位移为‎6m，b车在0~3s时间内的位移为‎8m，所以在 0~3s时间内，a车的平均速度比b车的小，故D错误。‎ ‎10.如图所示，木块在垂直于倾斜天花板方向的推力 F 作用下处于静止状态，下列判断正确的是 ‎ A. 天花板与木块间的弹力可能为零 B. 天花板对木块的摩擦力一定不为零 C. 逐渐增大 F，木块将始终保持静止状态 D. 逐渐增大 F，木块受到天花板摩擦力也随之增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力，故A错误，B正确；‎ CD．木块受力如图。根据平衡条件得 当逐渐增大F的过程，N增大，最大静摩擦力增大，而木块受到的静摩擦力f不变，木块将始终保持静止，故C正确，D错误。‎ ‎11.质量为 m 的物体，从静止开始，以g的加速度匀加速下落 h 的过程中，下列说法正确的是 A. 物体的机械能增加了mgh B. 物体的重力势能减少了mgh C. 物体的动能增加了mgh D. 合外力对物体做了负功 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由牛顿第二定律可知，‎ 得 由功能关系可知，阻力对物体做负功，物体的机械能减小，故A错误；‎ B．重力做功 wG=mgh 重力做功量度重力势能的变化，所以重力势能减少了mgh，故B正确；‎ C．根据合力做功量度动能的变化，下落的加速度为，那么物体的合力为，合力做功为 所以物体的动能增加了，故C正确；‎ D．合力方向向下，物体的位移方向也向下，所以合力做正功，故D错误。‎ ‎12.水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ（0<μ<1）。现对木箱施加一拉力 F，使木箱做匀速直线运动。设 F 的方向与水平面夹角为θ，如图所示，在θ从 0 逐渐增大到 90°的过程中，木箱的速度保持不变，则 ‎ A. F 先减小后增大 B. F 一直增大 C. F 的功率逐渐减小 D. F 的功率保持不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.对物体受力分析如图：‎ 因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：‎ 解得：‎ 令 则 θ从0逐渐增大到90°的过程中，在 θ+β＜90°‎ 前：sin（β+θ）逐渐变大，所以F逐渐减小；在 θ+β＞90°‎ 后：sin（β+θ）逐渐变小，所以F逐渐增大；由于0＜μ＜1，故F先减小后增大，故A正确，B错误；‎ CD. 因功率 Fcosθ=f=μ（mg-Fsinθ）‎ 知摩擦力一定减小，Fcosθ一直减小，而速度不变，所以功率一直减小，故C正确D错误。‎ ‎13.如图，叠放在水平转台上的物体 A、B、C 能随转台一起以角速度 ω 匀速转动而不发生相对滑动。已知 A、B、C 的质量均为 m，A 与 B、B 和 C 与转台间的动摩擦因数均为 μ，A 和 B、C 离转台中心的距离分别为 r、1.5r 。设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是 ‎ A. B 对 A 的摩擦力一定为 μmg B. B 对 A 的摩擦力一定为 mω2r C. 转台的角速度必须满足：£ D. 转台的角速度必须满足：w£ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．B对A的摩擦力提供A物体做圆周运动的向心力，即 但B对A的摩擦力不一定等于最大静摩擦力，即不一定等于μmg，故A错误，B正确；‎ CD．对C分析有 可知C与转台发生相对滑动的最小角速度 对AB整体分析有 解得B与转台发生相对滑动的最小角速度 对A分析有 解得A与B发生相对滑动的最小角速度 综上可知，若要A、B、C与转台保持相对静止，转台的角速度一定满足 故C错误，D正确。‎ ‎14.“水流星”是一种常见的杂技项目，该运动可简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型，如图所示。已知小球在最低点Q处速度为v0，轻绳长为L，球大小忽略不计，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是 ‎ A. 小球运动到最低点 Q时，拉力一定大于重力 B. v0 越大，则在最高点 P 和最低点 Q 绳对小球的拉力差越大 C. 若v0 >，则小球一定能通过最高点P D. 若v0 > ，则细绳始终处于绷紧状态 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于小球做圆周运动，在最低点由拉力与重力的合力提供向心力，所以小球运动到最低点 Q时，拉力一定大于重力，故A正确；‎ B．在最高点，有 在最低点，有：‎ ‎ ‎ 从最高点到最低点，根据机械能守恒定律，有 联立解得：‎ 与最低点速度大小无关，故B错误；‎ C．小球恰好通过最高点，在最高点，有 解得：‎ 从最高点到最低点，根据机械能守恒定律，有 解得：‎ 所以小球一定能通过最高点P，故C正确；‎ D．根据动能定理得 解得不越过四分之一圆周的最小速度 所以当时，细绳始终处于绷紧状态，若小球能过最高点则最小速度为，由于所以细绳不一定始终处于绷紧状态，故D错误。‎ ‎15.一辆轿车在平直公路上运行，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过时间t0，其速度由零增大到最大值vm。若轿车所受的阻力f为恒力，关于轿车的速度v、牵引力F、功率P随时间t变化的情况，下列选项正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】由于汽车受到的牵引力不变，加速度不变，所以汽车在开始的阶段做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值，所以BCD正确，‎ ‎【点睛】对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动．本题属于恒定加速度启动方式，由于牵引力不变，根据p=Fv可知随着汽车速度的增加，汽车的实际功率在增加，此过程汽车做 匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不能增加了，要想增加速度，就必须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值．‎ ‎16.质量为 m 的子弹以初速度 υ 水平射入一静止在光滑水平面上，质量为 M 的木块中，但并未穿透，则下述说法正确的是 A. 木块对子弹做功等于子弹动能的增量 B. 子弹克服阻力 f 做的功等于系统增加的内能 C. 子弹克服阻力 f 做的功等于 f 的反作用力对木块做的功 D. 子弹损失的机械能等于木块获得的动能和系统损失的机械能之和 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由动能定理可知，木块对子弹做功等于子弹动能的增量，故A正确；‎ B．根据能量守恒知，子弹动能的减少量等于木块获得的动能和系统增加的内能之和，所以子弹克服阻力做的功等于木块获得的动能和系统增加的内能之和，故B错误；‎ C．由于子弹和木块的位移不等，相互作用力大小相等，所以子弹克服阻力做的功不等于阻力的反作用力对木块做的功，故C错误；‎ D．根据系统的能量守恒知，子弹机械能的损失量等于木块获得的动能和系统损失的机械能之和，故D正确。‎ ‎17.如图所示，质量为 M 的斜劈形物体放在水平地面上，质量为 m 的物块以某一初速度沿斜面向上滑，速度为零后又加速返回，而物体 M 始终保持静止，已知 m 与 M 之间动摩擦因数0 ，则在物块 m 上、下滑动的整个过程中 ‎ A. 地面对物体 M 的摩擦力始终向左 B. 地面对物体 M 的摩擦力先向右，后向左 C. 地面对物体 M 的支持力总等于（M＋m）g D. 地面对物体 M 的支持力总小于（M＋m）g ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律， 在x轴上受力分析 在y轴上受力分析 所以地面对物体M的摩擦力始终向左，地面对物体M的支持力总小于 A．地面对物体 M 的摩擦力始终向左与分析相符，故A正确；‎ B．地面对物体 M 的摩擦力先向右，后向左与分析不符，故B错误；‎ C．地面对物体 M 的支持力总等于与分析不符，故C错误；‎ D．地面对物体 M 的支持力总小于与分析相符，故D正确。‎ ‎18.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间动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为，可认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，则下列选项正确的是 ‎ A. 当 F < 2 μmg 时，A、B 都相对地面静止 B. 当 F =mg 时，A 的加速度为g C. 当 F > 3 μmg 时，A 相对 B 滑动 D. 无论 F 为何值，B 的加速度不会超过g ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB之间的最大静摩擦力为：‎ B与地面间的最大静摩擦力为：‎ AC．设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为，加速度为，对A则有 对A、B整体，有 解得：‎ 所以当 A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动，故A错误，C正确；‎ B．当时，AB均处于静止状态，所以A的加速度为零，故B错误；‎ D．A对B的最大摩擦力为2μmg，B受到的地面的最大静摩擦力为，所以B相对于地面会发生相对滑动时，由 得B的最大加速度 故D正确。‎ 三．解答题 ‎19.如图所示，质量为‎2.0kg的木块放在水平桌面上的A点，以某一速度在桌面上沿直线向右运动，运动到桌边B点后水平滑出落在水平地面C点。已知木块与桌面间的动摩擦因数为0.20，桌面距离水平地面的高度为‎1.25m，A、B两点的距离为‎4.0m，B、C两点间的水平距离为‎1.5m，g=‎10m/s2。不计空气阻力，求： ‎ ‎(1)木块滑动到桌边B点时的速度大小； ‎ ‎(2)木块在 A 点的初速度大小。‎ ‎【答案】(1)‎3m/s(2)‎5m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设木块在B点速度为vB，从B点运动到C点的时间为t，根据平抛运动的规律有 代入当数据解得：‎ ‎(2)设木块在A点的速度为vA，根据动能定理得 代入数据解得：‎ ‎20.某行星的质量为地球质量的 ，半径为地球半径的。现向该行星发射探测器，并在其表面实现软着陆。探测器在离行星表面 h 高时速度减小为零，为防止发动机将行星表面上的尘埃吹起，此时要关闭所有发动机，让探测器自由下落实现着陆。已知地球半径 R0=‎6400km，地球表面重力加速度 g=‎10m/s2，不计自转的影响（结果保留两位有效数字。你可能用到的数据有：=1.41, =1.73, = 2.24, = 3.16）。 ‎ ‎（1）若题中 h=‎4m，求探测器落到行星表面时的速度大小； ‎ ‎（2）若在该行星表面发射一颗绕它做圆周运动的卫星，发射速度至少多大； ‎ ‎（3）由于引力的作用，行星引力范围内的物体具有引力势能．若取离行星无穷远处为Mm引力势能的零势点，则距离行星球心为 r 处的物体引力势能，式中 G 为万有 r引力常量，M 为行星的质量，m 为物体的质量．求探测器从行星表面发射能脱离行星引力范围所需的最小速度．‎ ‎【答案】(1)‎4m/s(2)‎1.8km/h(3)‎‎2.5km/h ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)着陆器做近似地球表面的自由落体运动，设着陆器落到月面时的速度大小为v，月球表面物体自由下落加速度为g，则有 ‎①‎ 设月球质量为M，半径为R，忽略月球自转，在月球表面附近质量为m的物体满足 ‎②‎ 同理，设地球质量为M0，半径为R0，有 ‎③‎ 联立解得：‎ ‎(2)设月球质量为M，半径为R，忽略月球自转，在月球表面附近质量为m的物体满足 设地球质量M0，半径为R0，有 该行星表面发射一颗绕它做圆周运动的卫星，则有 联立解得：‎ ‎(3)设着陆器至少以速度v0起飞方可冲出月球引力场，则由能量关系得 ‎ ④‎ 联立①②④并代入数据解得：‎ ‎21.传送带与水平方向夹角q，以 v=‎2m/s 的速率沿逆时针方向匀速传送，传送带两端A、B 间距离L=‎6m，如图所示。现有一可视为质点的物块以v=‎2m/s的初速度从AB中点沿传送带向上运动。已知物块质量m=‎1kg，与传送带间的动摩擦因数，滑轮大小可忽略不计，取g=‎10m/s2。（sin= 0.6，cos= 0.8）求： ‎ ‎(1)物块沿传送带向上运动的最大位移； ‎ ‎(2)物块在传送带上运动的总时间； ‎ ‎(3)物块和传送带之间因摩擦而产生的总热量。‎ ‎【答案】（(1)‎0.2m(2)1.4s(3)9J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物体经过时间t1沿传送带向上运动速度为零，在时间t1内，物体的位移为x1，对物体，由牛顿第二定律得 解得：‎ 由匀变速直线运动的速度公式得：，解得：‎ 物块最大位移为 ‎(2)物块速度减到0后返向加速，由牛顿第二定律得 解得：‎ 物块与传送带速度相等的时间为 此过程中的位移为 物块与传送带速度相等后继续向下加速，由牛顿第二定律得 解得：‎ 此时物块回到传送带中点，由匀变速直线运动的位移公式得：‎ 解得：‎ 物块在传送带上运动的总时间 ‎(3)物块向上加速过程中，传送带的位移为 此过程产生热量为 物块向下加速到与传送带共同过程中，传送带的位移为 此过程产生的热量为 物块从与传带共速到即将离开过程，传送带的位移为 此过程产生的热量为 所以总热量为 ‎22.如图所示，光滑半圆形轨道半径为 R=‎0.5m，OA 为水平半径，BC 为竖直直径。一质量为 m=‎1kg 的小物块自 A 处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与 C 点相切的粗糙水平滑道 CM 上。在水平滑道上有一轻弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端恰位于滑道末端 C 点（此时弹簧处于原长状态）。物块运动过程中弹簧的最大弹性势能为 EP=15J，且物块被弹簧反弹后恰能通过 B 点。已知物块与水平面间动摩擦因数为 ‎，重力加速度 g=‎10m/s2，求： ‎ ‎(1)物块离开弹簧刚进入半圆轨道时对轨道的压力 FN 大小； ‎ ‎(2)弹簧的最大压缩量 d； ‎ ‎(3)物块从 A 处开始下滑时的初速度 v0 的大小。‎ ‎【答案】(1)60N(2)‎0.5m(3)‎5m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意可知，物块在B点满足 ‎ ①‎ 在物块由C到B的过程中，由机械能守恒定律得 ‎②‎ 又由牛顿第二定律得 ‎③‎ 联立解得：‎ ‎(2)弹簧从压缩到最短开始，至物块被弹离弹簧的过程中，据能量守恒得 ‎④‎ 联立①②④解得：‎ ‎⑤‎ ‎(3)物块由A点到弹簧压缩到最短过程中，据能量守恒得 ‎⑥‎ 联立⑤⑥解得：‎ ‎23.如图a所示，弹簧下端与静止在地面上的物块B相连，物块A从距弹簧上端H处由静止释放，并将弹簧压缩，弹簧形变始终在弹性限度内。已知A和B的质量分别为m1 和 m2，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，不计空气阻力。取物块A刚接触弹簧时的位置为坐标原点O，竖直向下为正方向，建立 x 轴。 ‎ ‎(1)在压缩弹簧的过程中，物块A所受弹簧弹力为F弹，请在图b中画出F弹 随x变化的示意图；并根据此图像，确定弹簧弹力做功的规律； ‎ ‎(2)求物块A在下落过程中最大速度vm 的大小； ‎ ‎(3)若用外力F将物块 A压住（A与弹簧栓接），如图c所示。撤去 F后，A 开始向上运动，要使B能够出现对地面无压力的情况，则F至少多大？‎ ‎【答案】(1) ,；(2)（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由胡克定律可得，A受到的弹力为（x为A的位移即弹簧的形变量），所以弹力与x成正比，图像如图所示 A运动x的位移时的弹力为 由于弹力与位移成正比，所以弹力的平均值为 从A接触弹簧到A运动x的位移时，弹力所做的功为 ‎(2)当物体的加速度为零时，速度最大，此时有 由动能定理得 解得：‎ ‎(3) 用外力F将物块A压住时，弹簧的压缩量为，此时由平衡可知 B刚好离开地面时弹簧的伸长量为，由平衡可知 B刚好离开地面时A的速度为0，从撤去力F到B刚好离开地面由动能定理得 联立以上三式解得