1、2015 年陕西省安康市高考物理二模试卷一、选择题：（本题共 10 个小题，每题 4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，第 1-7题只有一个选项正确，第 810 题有多项符合题目要求，全选对的得 4 分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0 分）1（4 分）（2015安康二模）图象法可以形象直观地描述物体的运动情况对于下面两质点运动的位移时间图象和速度时间图象，分析结果正确的是（ ）A 由图（1）可知，质点做曲线运动，且速度逐渐增大B 由图（1）可知，质点在前 10s 内的平均的速度大小为 4m/sC 由图（2）可知，质点在第 4s 内加速度的方向与物体运动的方向相反D 由图（2）可知
2、，质点在运动过程中，加速度的最大值为 15m/s2【考点】： 匀变速直线运动的图像【专题】： 运动学中的图像专题【分析】： st 图线与 vt 图线只能描述直线运动，st 的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动vt 的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移【解析】： 解：A、运动图象反映物体的运动规律，不是运动轨迹，无论速度时间图象还是位移时间图象只能表示物体做直线运动，故 A 错误；B、由图（1）可知，质点在前 10s 内的位移 x=200=20m，所以平均速度 ，故B 错误；C、由图（2）可知，质点在第 4s 内加速度
3、和速度都为负，方向相同，故 C 错误；D、vt 的斜率表示物体运动的加速度，由图（2）可知，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在 24s 内，最大加速度大小为 a= ，故 D 正确故选：D【点评】： 对于 vt 图线和 st 图线的基本的特点、意义一定要熟悉，这是我们解决这类问题的金钥匙，在学习中要多多积累2（4 分）（2015安康二模）北京时间 12 月 17 日，2014 2015 赛季 CBA 第 20 轮赛事全面展开在易建联带领下，广东队坐阵主场战胜挑战的北京队比赛中易建联多次完成精彩跳投在腾空跃起到落回地面的跳投过程中，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A 易建联在下降过程中
4、处于失重状态B 易建联起跳以后在上升过程中处于超重状态C 易建联起跳时地面对他的支持力小于他的重力D 易建联起跳时地面对他的支持力等于他的重力【考点】： 牛顿运动定律的应用-超重和失重【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 在整个跳高过程中，只受重力作用，处于失重状态；起跳时，有向上的加速度，地面对他的支持力大于她的重力；物体重心的位置与质量分布和形状有关【解析】： 解：A、B、在起跳过程和下降过程中，只受重力作用，处于失重状态故 A 正确，B 错误；C、D、起跳时，有向上的加速度，则地面对他的支持力大于她的重力故 CD 错误故选：A【点评】： 本题考查应用物理知识分析实际问题的能力，灵活
5、应用牛顿第二定律分析超失重问题和平衡问题，理论联系实际较强3（4 分）（2015安康二模）如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为 1Kg 的木块 A，A 的左右两侧通过轻绳与轻弹簧测力计相连，弹簧测力计另一端都通过定滑轮，挂着两个质量均为0.3Kg 钩码，滑轮摩擦不计，两钩码间用轻绳相连，系统处于静止状态用剪刀将右侧钩码间绳子剪断，在剪断的瞬间，下列说法正确的是（g=10m/s 2）（ ）A 左侧两钩码的加速度大小为 5m/s2，方向竖直向下B 右侧上方钩码的加速度大小为 5m/s2，方向竖直向上C 物块 A 的加速度为零D 物块 A 的加速度大小为 3m/s2，方向水平向右【考点】： 探究加速
6、度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】： 突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，分析瞬间物体和钩码的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度【解析】： 解：A、用剪刀将右侧钩码间绳子剪断的瞬间，弹簧弹力不变，右侧绳子拉力为零，所以左侧钩码受力平衡，加速度为零，右侧钩码只受重力，加速度为 10m/s2，方向竖直向上下，故 AB 错误；C、开始时，A 水平方向受力两个弹簧的弹力作用，受力平衡，剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，则 A 仍然受力平衡，加速度为零，故 C 正确，D 错误故选：C【点评】： 突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，分析瞬间物体和钩码的
7、受力情况，由牛顿第二定律求解加速度4（4 分）（2015安康二模）如图所示，横截面为直角三角形的斜劈 A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力 F 通过球心水平作用在光滑球 B 上，系统处于静止状态当力 F 增大时，系统仍保持静止，则下列说法正确的是（ ）A A 所受合外力增大 B 墙面对 A 的摩擦力一定增大C B 对地面的压力一定不变 D 墙面对 A 的摩擦力可能变小【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题【解析】： 【解析】：解：A、A 一直处于静止，所受合外力一直为零不
8、变，故 A 错误；C、对 B 受力分析，如图：根据平衡条件：F=Nsin，可见 F 增大则 N增大，N=mg+Ncos，可见 N增大则 N增大，根据牛顿第三定律则球对地面的压力增大，故 C 错误；BD、以整体为研究对象，竖直方向：N+f=Mg，若 N增大至与 Mg 相等，则 f=0，故 B 错误D 正确；故选：D【点评】： 【点评】：正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题要注意多个物体在一起时，研究对象的选取5（4 分）（2015安康二模）如图所示，轻杆长为 L，一端固定在水平轴上的 O 点，另一端固定一个小球（可视为质点）小球以 O 为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通
9、过最高点，g 为重力的加速度下列说法正确的是（ ）A 小球到达最高点时的加速度不可能为零B 小球通过最低点时所受轻杆的作用力不可能向下C 小球通过最高点时所受轻杆的作用力一定随小球速度的增大而增大D 小球通过最低点时所受轻杆的作用力可能随小球速度的增大而减小【考点】： 向心力；牛顿第二定律【专题】： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用【分析】： 杆子拉着小球在竖直面内做圆周运动，在最高点，杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力，在最低点，一定表现为拉力通过最高点的临界速度为零【解析】： 解：A、最高点时，若小球速度为零，重力与支持力相等，则加速度为零；故 A 错误；B、因最低点时，小球一定有向上的
10、向心力；该力由拉力及重力的合力提供；故拉力一定向上；故 B 正确；C、在速度由零增大到 时，小球通过最高点时所受轻轩的作用力随速度的增大而减小；故C 错误；D、小球在最低点时，F mg=m ，故速度越大则拉力越大；故 D 错误；故选：B【点评】： 解决本题的关键知道杆模型与绳模型的区别，杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力，在最高点的临界速度为零，注意与绳子的区别6（4 分）（2015安康二模）如图所示，在 y 轴上关于 O 点对称的 A、B 两点有等量同种点电荷+Q，在 x 轴上 C 点有点电荷Q，且 CO=OD，ADO=60下列判断正确的是（ ）A O 点电场强度为零B D 点电场强度不
11、为零C 若将点电荷+q 从 O 移向 C，电势能增大D 若将点电荷q 从 O 移向 C，电势能增大【考点】： 电势能；电场强度；电场的叠加【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： O 点和 D 点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度确定出从 O 到 C 电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化【解析】： 解：A、A、B 两点两个等量同种点电荷+Q 在 O 点产生的电场强度抵消， O 点的电场强度等于点电荷Q 在 O 点产生的电场强度，不为零故 A 错误B、设 AD=r，根据点电荷产生的电场强度公式 E=k 得到，两个等量同种点电荷+Q 在 D
12、点产生的电场强度大小为 E1=k ，方向水平向右Q 在 O 点产生的电场强度大小也为 E=k ，方向水平向左，则 D 点的合场强为零故 B 错误C、根据电场的叠加原理得到，C、O 间电场强度方向为 O 到 C，将点电荷+q 从 O 移向 C，电场力做正功，电势能减小故 C 错误D、将点电荷q 从 O 移向 C，电场力做负功，电势能增大故 D 正确故选：D【点评】： 空间任何一点的场强是各个电荷产生的电场叠加的结果，根据平行四边形定则进行合成等量同种电荷的电场要抓住对称性7（4 分）（2015安康二模）由中国科学院、中国工程院两院院士评出的 2012 年中国十大科技进展新闻，于 2013 年 1
13、 月 19 日揭晓，“神九”载人飞船与“天宫一号” 成功对接和“蛟龙”号下潜突破 7000 米分别排在第一、第二若地球半径为 R，把地球看做质量分布均匀的球体 “蛟龙”下潜深度为 d，天宫一号轨道距离地面高度为 h，“蛟龙”号所在处与“ 天宫一号”所在处的加速度之比为（ ）A B C D 【考点】： 万有引力定律及其应用；向心力【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为 R 的球体在表面产生的加速度，深度为 d 的地球内部的重力加速度相当于半径为 Rd 的球体在其表面产生的重力加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解深度为
14、 d 处的重力加速度与地面重力加速度的比值卫星绕地球做圆周运动时，运用万有引力提供向心力可以解出高度为 h 处的加速度，再求其比值【解析】： 解：令地球的密度为 ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=G由于地球的质量为：M= ，所以重力加速度的表达式可写成：g= = = GR根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为 d 的地球内部，受到地球的万有引力即为半径等于（Rd）的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度 g=G（Rd）所以有根据万有引力提供向心力 ，“天宫一号”的加速度为所以所以 ，故 C 正确、ABD 错误故选：C【点评】： 抓住在地球表面
15、重力和万有引力相等，在地球内部，地球的重力和万有引力相等，要注意在地球内部距离地面 d 处所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（R d）的球体的质量8（4 分）（2015安康二模）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦现用水平力向右拉木板，在物块相对木板运动过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（ ）A 物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动B 物块先向左运动，再向右运动C 木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D 木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零【考点】： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】： 牛顿运动
16、定律综合专题【分析】： 据题，当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况【解析】： 解：由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动故选：AC【点评】： 本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力9
17、（4 分）（2015安康二模）横截面为直角三角形的两个相同斜面顶点紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示两小球分别从 O 点正上方 A、B 两点以不同的初速度分别向右、向左水平抛出，最后都垂直落在斜面上已知 =4 ，下列判断正确的是（ ）A 飞行时间之比 tA：t B=2：1 B 飞行时间之比 tA：t B=4：1C 初速度之比 VA：V B=2：1 D 初速度之比 VA：V B=4：1【考点】： 平抛运动【专题】： 平抛运动专题【分析】： 假设在 B 点向右水平抛出，小球将垂直落在右边斜面上，根据几何关系得出下落的高度之比，从而得出两球平抛运动的高度之比和水平位移之比，结合平抛运动的规律求出时
18、间和初速度之比【解析】： 解：若在 B 点向右水平抛出，根据题意知，将垂直落在右边的斜面上，因为 =4，由于速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，速度方向相同，则位移方向相同，两三角形相似，根据几何关系知，两球平抛运动的高度之比为 4：1，根据 h= 知，平抛运动的时间之比为 tA：t B=2：1，由几何关系知，两球平抛运动的水平位移之比为 4：1，则初速度之比为 VA：V B=2：1故 A、C 正确，B、D 错误故选：AC【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和几何关系灵活求解10（4 分）（2015安康二模）如图
19、所示，A、B 两个小球用轻杆连接，A 球只能沿内壁光滑的竖直滑槽运动，B 球处于光滑水平面内，不计球的体积开始时，在外力作用下 A、B 球均静止，连接轻杆可视为竖直现撤去外力，B 开始沿水平面向右运动已知 A、B 两球的质量均为 m，杆长为 L，则下列说法中正确的是（以水平面为零势能面）（ ）A A 球下滑到地面的过程中，轻杆对 B 先做正功后做负功B A 球着地时的速度大小为C A 球着地时 A、B 两球的速度大小相同D A 球下滑到地面过程中两球和杆组成的系统机械能守恒【考点】： 机械能守恒定律【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】： 只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，分析清楚两
20、球的运动过程，应用机械能守恒定律分析答题【解析】： 解：A、开始时，B 球静止，B 的速度为零，当 A 落地时，B 的速度也为零，因此在 A 下滑到地面的整个过程中，B 先做加速运动，后做减速运动，在 B 的整个运动过程中，只有轻杆对 B 做功，因此，轻杆先对 B 做正功，后做负功，故 A 正确；B、A 球落地时，B 的速度为零，在整个过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAgL= mAv2，解得：v= ，故 B 错误；C、A 球落地时速度竖直向下，不为零，而 B 球速度为零，因此 A 球落地时两球速度不相等，故 C 错误；D、A 球下滑到地面过程中两球和杆组成的系统只有重力做功，系统
21、机械能守恒，故 D 正确；故选：AD【点评】： 本题考查了机械能守恒定律的应用，知道 A、B 组成的系统在运动的过程中机械能守恒、A 球落地时，B 的速度为零是正确解题的关键二、实验题（本题共 2 个小题，共 14 分 o 把答案填在答题卷上）11（6 分）（2015安康二模）某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则” ，弹簧测力计 A 挂于固定点 P，下端用细线挂重物 M，弹簧测力计 B 的一端用细线系于 O 点，手持另一端向左拉，使结点 O 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 O 点的位置和拉线的方向（1）本实验用的弹簧测力计示数的
22、单位为 N，图中 A 的示数为 3.6N （2）下列不必要的实验要求是 D （请填写选项前对应的字母）A应测量重物所受的重力 B弹簧测力计应在使用前校零C拉线方向应与木板平面平行 D改变拉力，进行多次实验，每次都要使 O 点静止在同一位置（3）某次试验中，该同学发现弹簧测力计 A 的指针稍稍超出量程，请您提出一个解决办法 【考点】： 验证力的平行四边形定则【专题】： 实验题；平行四边形法则图解法专题【分析】： 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 O 点，当向左拉使结点静止于某位置弹簧测力计 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
23、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当出现超出弹簧测力计 A 的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的【解析】： 解：（1）弹簧测力计读数，每 1N 被分成 5 格，则 1 格就等于 0.2N图指针落在3N 到 4N 的第 3 格处，所以 3.6N故答案为：3.6（2）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道故 A 正确；B、弹簧测力计是测出力的大小，所
24、以要准确必须在测之前校零故 B 正确；C、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 C 正确；D、当结点 O 位置确定时，弹簧测力计 A 的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计 B 的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验故 D 错误本题选不必要的，故选：D（3）当弹簧测力计 A 超出其量程，则说明弹簧测力计 B 与重物这两根细线的力的合力已偏大又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计 B 拉细线的方向，或改变弹簧测力计 B 拉力的大小，从而使测力计 A 不超出量程故答案为：（1）3.6N （2）D （3）减
25、小 M 的质量、减小 OP 与竖直方向的夹角、减小簧测力计 B 拉力的大小【点评】： 通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则” ，重点是如何准确作出力的图示同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤12（8 分）（2015安康二模）物理小组在一次验证机械能守恒定律的实验中，实验装置如图甲所示，气垫导轨放置在水平桌面上，一端装有光滑的定滑轮；导轨上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接打点计时器使用的交流电源的频率为 f开始实验时，在托盘中放入适量砝码，先接通电源，再松手后滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点（1）本实
26、验存在一个重大的失误，该失误是： 末验证气垫导轨是否水平 （2）图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还有 9 个计时点未标出，计数点间的距离如图所示根据图中数据计算的加速度 a= （用 S1、S 3、f 表示）（3）为了验证机械能守恒定律，下列物理量中还应测量的是 CD A导轨的长度 L B砝码的质量 m1 C滑块的质量 m2 D托盘和砝码的总质量 m3（4）如果乙图中 S1、S 2、S 3 是实验改进后测得的数据，请写出计数点 3 到计数点 4 的过程中要验证的机械能守恒守律的表达式 m 3gs2= （m 2+m3） 【考点】：
27、 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题；机械能守恒定律应用专题【分析】： 分析实验原理及实验做法，则可得出实验中应注意事项及应测量的物理量；根据实验原理结合机械能守恒定律可得出表达式【解析】： 解：（1）在本实验中应验证实验导轨是否水平，而本题中没有进行验证；（2）由于题目中只给出了三组数据，故可采用其中任两组，本题中采用 s1 和 s3；则有：s3s1=2aT2；因中间有 10 个间距，故 T= ；则有：a= ；（3）根据实验原理可知，本实验中砝码和托盘的重力势能减小量等于总的动能的增加量；故应测量滑块的质量 m2 和托盘和砝码的总质量 m3（4）分别求出 34 两点的速度 v3= ；v 4
28、= ；物体下降的高度为 s2；则由机械能守恒定律可知；m3gs2= （m 2+m3） 故答案为：（1）末验证气垫导轨是否水平；（2） ；（3）CD；（4）m3gs2= （m 2+m3） 【点评】： 本题为探究性实验，要注意正确掌握实验原理，能根据题意明确实验的原理；这样才能准确求解三、计算题（本题共四个小题，共 46 分解答时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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13（10 分）（2015安康二模）西康高速公路穿越秦岭，横跨西安、商洛、安康三地，已于2009 年 5 月 28 日正式通车高速公路限速 120km/h，一
29、般也要求速度不小于 80km/h，如果某人大雾天开车在高速路上行驶，设能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为 75m，该人的反应时间为 0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为 5m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是多少？【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位移的关系【专题】： 直线运动规律专题【分析】： 人在反应时间里对车没有操作，车继续做匀速直线运动，当车开始做匀减速直线运动时，根据给出的位移、加速度确定初速度的最大值即可【解析】： 解：设汽车安全行驶的最大速度为 v，由题意可得：驾驶员反应时间内汽车的位移为：s 1=vt踩下刹车后至停止汽
30、车的位移为：由 s1+s2=75联立可得：v=25m/s答：汽车行驶的最大速度是 25m/s【点评】： 抓住汽车在人反应时间里做匀速直线运动，开始刹车后做匀减速直线运动求解即可，本题易错点认为汽车直接做匀减速直线运动14（11 分）（2015安康二模）近年来，随着人类对火星的了解越来越多，美国等国家已经开始进行移民火星的科学探索，并面向全球招募“单程火星之旅” 的志愿者已知某物体在火星表面以某一水平速度抛出，做平抛运动的时间是在地球表面同高度处以相同水平速度抛出做平抛运动时间的 1.5 倍，地球半径是火星半径的 2 倍（1）求火星表面重力加速度 gl 与地球表面重力加速度 g2 的比值（2）如
31、果将来成功实现了“火星移民”，求出在火星表面发射载人航天器的最小速度 V1 与地球上卫星最小发射速度 V2 的比值【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据位移时间公式得出火星表面和地球表面的重力加速度之比根据重力提供向心力求出第一宇宙速度，即发射卫星的最小速度的表达式，从而得出最小发射速度之比【解析】： 解：（1）由平抛运动的规律：h= ，得：g= ，则有： ，代入数据解得： （2）发生载人航天器或卫星的最小速度即第一宇宙速度，也就是近地卫星绕中心天体做匀速圆周运动的线速度，则有： ，解得：v= ，则有： ，代入数据
32、解得： 答：（1）火星表面重力加速度 gl 与地球表面重力加速度 g2 的比值为 4：9（2）在火星表面发射载人航天器的最小速度 V1 与地球上卫星最小发射速度 V2 的比值为【点评】： 本题考查了万有引力与平抛运动的综合，知道最小的发射速度等于贴近中心天体表面做圆周运动的速度，即第一宇宙速度15（12 分）（2015安康二模）如图所示，一质量为 m=1.0102kg，带电量 q=1.0106C 的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向成 =60角现突然将该电场方向变为竖直向上且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，小球在运动过程电量保持不
33、变，重力加速度 g=10m/s2，结果保留 2 位有效数字（1）判断小球带何种电荷，并求电场强度 E；（2）求小球经过最低点时丝线的拉力【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： （1）小球处于静止状态，分析受力，作出力图，根据电场力与场强方向的关系判断电性根据平衡条件和电场力公式求解场强（2）由动能定理求的到达最低点的速度，由牛顿第二定律求的拉力【解析】： 解：（1）小球受力如图，由于电场力 F 与场强方向相反，说明小球带负电小球的电场力 F=qE由平衡条件得：F=mgtan解得电场强度为：E=1.710 5 N/C（2）场方向变为竖
34、直向上且大小不变后，由动能定理可知（mg+qE）h=有几何关系可知 h=llcos60由牛顿第二定律的 F（mg+qE）=联立解得 F=0.55N答：（1）小球带负电，电场强度 E 为 1.7105 N/C（2）求小球经过最低点时丝线的拉力为 0.55N【点评】： 对于涉及物体运动的问题，受力情况分析和运动分析，利用动能定理和共点力平衡即可求得16（13 分）（2015安康二模）如图所示，将倾角为 37的大三角形劈切开为等宽的小三角形劈和众多的梯形劈现重新将各劈放在一起（各劈互不粘连），组成回原来的大三角形劈，从小三角形劈开始，依次编号为 1，2，n可视为质点的物块质量为 m=1kg，与斜面部
35、分的动摩擦因数均为 1=0.5，小三角形劈的质量为 M0=1kg，劈的斜面长度均为 L=0.3m，与地面的动摩擦因数均为 2= ，现使物块以平行于斜面方向的初速度 6m/s 从三角形劈的底端冲上斜面，假定最大表摩擦力与滑动摩擦力相等（1）试求出第 n 块劈的质量 Mn 与小三角形劈质量 M0 的关系式（2）若将所有劈都固定在水平面上，物块最终能冲上第几块劈？（3）若所有劈均不固定，物块滑过第 n0 块劈时梯形劈开始相对地面滑动，试寻找 n0 与 n 的关系（n 0、n 均为正整数）【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】： 根据各物块的体积比求质量比；当劈
36、固定时，根据牛顿第二定律求出物块的加速度大小，结合速度位移公式求出物块滑动的位移，进而判断出能冲上第几块；根据牛顿第二定律和运动学公式求出劈开始相对地面滑动时，物块的速度【解析】： 解：（1）根据小三角形劈与各梯形劈的几何关系可知：第 1 块劈（小三角形）质量：M 1=M0第 2 块劈（梯形）质量：M 2=3M0第 3 块劈的质量：M 3=5M0第 n 块劈质量：M n=（2n1）M 0（n=1，2，3）（2）若劈一直保持静止不动，则物块在开始上滑至上升到最高点的过程中，有：物块与斜面间的弹力：F N1=mgcos37滑动摩擦力 f1=1FN1由动能定理得：mgsin37S+f1S= mv02
37、0代入数据的：S=1.8mn= =6所以物块最终能冲上第 6 块斜劈的顶端；（3）大三角形劈的总质量为：M =M0+3M0+（2n1） M0所以，第 n0+1 块劈以后的所有劈的质量为：M =MnM =（n 2n02）M 0从第 n0+1 块劈以后的所有劈收到地面的支持力为：FN2=M g+FN1cos37f1sin37当 f1cos37+FN1sin37=2FN2 时刚好开始滑动解得：n 2n02=4答：（1）第 n 块劈的质量 Mn 与小三角形劈质量 M0 的关系式为 Mn=（2n 1）M0（n=1，2，3）（2）若将所有劈都固定在水平面上，物块最终能冲上第 6 块劈（3）若所有劈均不固定，物块滑过第 n0 块劈时梯形劈开始相对地面滑动，寻找 n0 与 n 的关系n2n02=4【点评】： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡、牛顿第二定律、运动学规律进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁
