江苏省南通市2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题

江苏省南通市2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题

‎2018-2019学年江苏省南通市高二（下）质检物理试卷（二）（选修）‎ 一、单项选择题：‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 研究沿地面翻滚前进的体操运动员的动作可把运动员看成质点 B. 前3s内的含义是这段时间是3s C. 牛顿第一定律可用实验来验证 D. 时间单位一小时是国际单位制中的导出单位 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．研究沿地面翻滚前进的体操运动员的动作时如果将其看成质点，而质点是一个点，看不到点的动作，所以运动员不能被看成质点，故A错误；‎ B．根据时间轴的知识，前3s指的是时间3s内，故B正确；‎ C．牛顿第一定律实在伽利略的斜面实验基础上总结的定律，而伽利略通过对斜面实验进行推论得出的理想实验，完全光滑的斜面不存在，所以牛顿第一定律不能用实验验证，故C错误；‎ D．导出单位是由基本单位通过定义或一定的关系以及定律推导出来的单位，故D错误；‎ ‎2.以10m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子恰能到达树的顶端，则树高约为（　　）‎ A. 10m B. 5m C. 0.5m D. 15m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】石子恰能到达树的顶端时的速度为0，有：2gh＝v02，代入数据可得：h＝5m；‎ A. 10m，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 5m，与结论相符，选项B正确；‎ C. 0.5m，与结论不相符，选项C错误；‎ D 15m，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎3.甲、乙两车同时同地沿同一方向在一平直公路上行驶，其中甲车做匀速直线运动，乙车由静止开始做匀加速直线运动，其运动的x﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲车的速度大小为8m/s B. 乙车的加速度大小为20m/s2‎ C. 甲、乙两车5s时相遇 D. 甲、乙两车5s时速度相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲车做匀速直线运动，速度为v甲＝＝20m/s，故A错误。‎ B.乙车做初速度为零的匀加速直线运动，根据x＝at2得 a＝8m/s2．故B错误。‎ C.甲、乙两车5s时到达同一位置而相遇，故C正确。‎ D.根据x﹣t图象的斜率表示速度，知5s时乙车的速度比甲车的大，故D错误。‎ ‎4.如图所示，在动摩擦因数为0.2的水平面上有一个质量为1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2，则（　　）‎ A. 水平面对小球的弹力仍为零 B. 小球的加速度为0‎ C. 小球的加速度为8m/s2‎ D. 小球的加速度为10m/s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan45°＝10×1＝10N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为 ‎10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，水平面对小球的弹力不为零，故A错误；‎ BCD.小球所受的最大静摩擦力为：f＝μmg＝02×10N＝2N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：．合力方向向左，故C正确，BD错误。‎ ‎5.如图所示，放在固定斜面上的物块沿斜面下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则 A. 若物块原来匀速运动，则物块将匀加速下滑 B. 若物块原来匀速运动，则物块将匀减速下滑 C. 若物块原来匀加速运动，则物块将以相同的加速度匀加速下滑 D. 若物块原来匀加速运动，则物块将以更大的加速度匀加速下滑 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.若物块原来匀速运动，未加F时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图，‎ 由平衡条件得：mgsinθ＝μmgcosθ；得：sinθ＝μcosθ 对物块施加一个竖直向下的恒力F时，物块受到的滑动摩擦力大小为：f＝μ（F+mg）cosθ 重力和F沿斜面向下的分力大小为（F+mg）sinθ，则可知，‎ ‎（F+mg）sinθ＝μ（F+mg）cosθ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，故AB错误。‎ CD.若物块原来匀加速运动，未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有： ；‎ 当施加F后加速度为：a′＝ ，因为gsinθ＞μgcosθ，所以Fsinθ＞μFcosθ，可见a′＞a，即加速度增大，则物块将以更大的加速度匀加速下滑。故D确、C错误。‎ 二、多项选择题： ‎ ‎6.甲、乙两汽车在同一平直公路上行驶，它们的v﹣t图象如图所示，则（　　）‎ A. 在t1时刻，甲、乙两车位移相同 B. 在t1时刻，甲、乙两车加速度方向相反 C. 在0～t1时间内，汽车乙的位移逐渐减小 D. 在0～t1时间内，汽车甲的加速度逐渐减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据速度时间图象与坐标轴围成面积大小表示位移，由几何知识可知，在t1时刻，甲车的位移小于乙车的位移，故A错误。‎ B.因为速度图线切线的斜率大小等于物体的加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知在t1时刻，甲、乙两车加速度方向相反，故B正确。‎ C.在0～t1时间内，汽车乙一直沿正向运动，其位移逐渐增大，故C错误。‎ D.根据斜率表示加速度，则知在0～t1时间内，汽车甲的加速度逐渐减小，故D正确。‎ ‎7.如图，两梯形木块M、P叠放在水平地面上，M、P之间的接触面倾斜。连接M与天花板之间的细绳沿竖直方向，下列说法正确的是（　　）‎ A. 木块M可能受二个力作用 B. 木块M可能受三个力作用 C. 木块M可能受四个力作用 D. 地面可能受到水平方向的摩擦力 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.对M进行受力分析，则M可能受绳子的拉力、重力而处于平衡；此时MN间没有相互的挤压，故没有摩擦力，木块受2个力作用；选项A正确；‎ B.若木块对绳子没有拉力，则此时M受重力、支持力及摩擦力而处于平衡，木块受3个力作用，选项B正确；‎ C.若绳子有拉力，且拉力小于重力，则此时M受拉力、重力、支持力及摩擦力而处于平衡，木块受4个力作用，选项C正确；‎ D.对整体受力分析可知，整体不受水平方向的推力作用，故N不受地面的摩擦力，则地面也不会受到水平方向的摩擦力；故D错误；‎ ‎8.如图所示，光滑的水平地面上有两块质量均为m的木块A、B，A、B之间用轻绳水平连接，现在A上沿细绳所在直线施加一水平恒力F，A、B一起做匀加速运动，将质量为2m的木块C放在某一木块上面，再施加水平恒力F作用在A上，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，下列说法正确的是（　　）‎ A. C放在A上比放在B上运动时的加速度大 B. 若C放在A上，绳上拉力减小 C. 若C放在B上，绳上拉力为 D. 若C放在B上，B、C间摩擦力为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设原来的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得F＝2ma0，因无相对滑动，所以，无论C放到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F＝4ma，，都将减小，且C放在A上和放在B上运动时的加速度相同，故A错误。‎ B.若C放在A木块上面，以B为研究对象，设绳子拉力T，则T＝ma，绳子拉力减小，故B正确；‎ C.若C放在B上，以BC为研究对象，根据牛顿第二定律可得T＝3ma＝F，故C错误；‎ D.若C放在B上面，以C为研究对象，根据牛顿第二定律可得B、C间摩擦力为f＝2ma＝F，故D正确。‎ ‎9.如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v—t图象可能是( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。设木块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则μ1mg＞μ2（M+m）g，最后一起做匀减速运动，加速度a′=μ2g，开始木块做匀减速运动的加速度大小a=μ1g＞μ2g，知图线的斜率变小。故C正确，D错误。若μ1mg＜μ2（M+m）g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动。故A正确。由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动。故B错误。故选AC。‎ 三、简答题：‎ ‎10.在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个计数点，计时器接在“220V 50Hz”交流电源上 ‎（1）电火花计时器在纸带上打点用的是电火花和_____（选填“复写”或“墨粉”）纸。‎ ‎（2）他经过测量并计算得到计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如下表，‎ 对应点 B C D E F 速度（m/s）‎ ‎0.141‎ ‎0.180‎ ‎0.218‎ ‎0.262‎ ‎0.301‎ 以A点对应的时刻为t＝0，试在如图所示坐标系中合理地选择标度，作出v﹣t图象______，并利用该图象求出物体的加速度a＝_____m/s2．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（3）如果当时电网中交变电流的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). （1）墨粉； (2). （2）图见解析； (3). 040； (4). （3）不变。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.电火花计时器在纸带上打点用的是电火花和墨粉纸；‎ 第二空.用描点法作出v﹣t图象如图所示，‎ 作出v﹣t图象如图所示，注意尽量使描出的点落到直线上，不能落到直线上的点尽量让其分布在直线两侧。‎ 第三空.由速度﹣时间图象的斜率表示加速度，得：；‎ 第四空.如果当时电网中交变电流的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，但频率不变，则打点的周期不变，故不影响测量情况，那么加速度的测量值与实际值相比不变；‎ ‎11.“验证力的平行四边形定则”的装置如图甲所示，实验步骤如下：‎ ‎①橡皮条的一端固定在A点，用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，记为O1；‎ ‎②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向；‎ ‎③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F的大小和方向；‎ ‎④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；‎ ‎⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；‎ ‎⑥比较F3和F的一致程度，‎ ‎（1）下列说法中正确的是_____。‎ A．应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上 B．为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取30°、45°、90°等特殊角度 C．系在橡皮条末端的两绳要一样长 D．同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1‎ ‎（2）实验记录纸如图乙所示，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；两个力的大小分别为：F1＝3.0N、F2＝3.5N，请根据图中给出的标度作出F1和F2的合力，测得合力F＝_____N（保留两位有效数字）‎ ‎（3）改变F1、F2，重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置O2，位置O2_____（选填“必须”或“不必”）与位置O1相同。‎ ‎（4）实验中，使橡皮条伸长到O位置，这时两个力F1、F2与OA夹角分别为α、β，如图丙所示，F1与F2间的夹角为锐角，现保持F2大小不变，β角减小一些，并仍保持橡皮条伸长到O位置，下列说法中可能发生的是_____。‎ A．α减小，F1增大 B．α不变，F1增大 C．α增大，F1增大 ‎ ‎ D．α增大，F1减小 ‎【答案】 (1). （1）D； (2). （2）4.0； (3). （3）不必； (4). （4）ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上。故A错误；两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定两绳间夹角应取30°、45°、90°等特殊角度，故B错误；细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长，故C错误；同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1，故D正确；‎ 第二空.根据平行四边形定则求F2与F1的合力，作图如下，测得合力F＝4.0N。‎ 第三空.改变F1、F2重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置O2，因为是两次不同的实验，则位置O2不必与第一次O1点相同。‎ 第四空.如图：‎ 保持F2大小不变，β角减小一些，并仍保持橡皮条伸长到O位置，F1一定增大，但是α角可以增大，可以不变，也可以减小。故ABC正确，D错误；‎ ‎【物理一选修3-5】不定项选择题： ‎ ‎12.下列说法正确的是（　　）‎ A. 核力是短程强引力 B. 铀块体积对链式反应的发生有影响 C. 普朗克的能量子假说成功解释了黑体辐射的强度按波长分布的规律 D. 炎热的夏天就要到来，人们可以进入“冷气开放”标志（如图所示）的场所降温消热 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据核力的特点可知，核力是短程强相互作用力。故A正确；‎ B.铀块体积需达到临界体积才能发生链式反应，所以铀块体积对链式反应的发生有影响。故B正确；‎ C.普朗克引入能量子的概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，并由此开创了物理学的新纪元。故C正确；‎ D.图中所示是核辐射的标志，不是“冷气开放”的标志。故D错误.‎ ‎13.下列说法正确的是（　　）‎ A. 氢原子光谱是连续光谱 B. 示踪原子一般选用半衰期比较短的放射性元素 C. 动能相同的电子和质子显微镜，电子显微镜的分辨本领更强 D. 温度升高，黑体辐射电磁波强度的极大值向频率大的方向移动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢原子只能够发出或吸收特定频率的光，所以氢原子光谱是线状谱。故A错误；‎ B．选择半衰期短的放射性同位素，因为这样才能保证人体只受短时间的放射性影响，而不致长时间受放射性辐射的困扰。故B正确；‎ C．布罗意波长短的分辨率高，根据λ＝，p＝，电子和质子动能相同，质子的质量大，动量也大，所以质子的德布罗意波长短，分辨率高。故C错误；‎ D．随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，辐射强度的极大值向波长频率大的方向移动。故D正确；‎ ‎14.天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图所示，由此可推知 A. ①的电离作用最弱 B. 核内中子转化为质子和电子，电子发射到核外，形成②射线 C. ③的穿透能力最强 D. ③属于原子核内释放的光子 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.α射线贯穿能力最弱，电离作用最强，一张纸就能把它挡住，故①是α射线，它的电离本领最强，故A错误。‎ B.天然放射性元素放出的三种射线都是原子核发生衰变造成的，β射线能贯穿几毫米厚的铝板，电离作用较强，故②是β射线，是原子核中的一个中子转化成一个质子，同时释放出一个高速电子，该电子即β射线，故β射线来自原子核，故B正确；‎ C.γ射线穿透本领最强，甚至能穿透几厘米厚的铅板，电离本领很弱，故③是γ射线，③的穿透能力最强，故C正确。‎ D.③是γ射线，它的电离作用最弱，是原子核发生衰变时释放的能量以γ光子的形式辐射出来，故③属于原子核内释放的光子，故D正确。‎ ‎15.四种金属的逸出功如表所示，以下说法正确的是（　　）‎ 金属 钙 钠 钾 铷 W0/eV ‎3.20‎ ‎2.29‎ ‎2.25‎ ‎2.13‎ A. 四种金属中，钙的极限频率最小 B. 逸出功就是使电子脱离金属所做的功 C. 若某种光照射四种金属时均发生光电效应，则阴极金属为铷时对应的遏止电压最大 D. 若某种光照射钠时有光电子逸出，则增加入射光强度，钠逸出电子的最大初动能变大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.依据W0＝hγ0，可知，四种金属中，铷的极限频率最小，故A错误；‎ B.逸出功就是使电子脱离金属所做功的最小值，故B正确；‎ C.依据光电效应方程=Ekm＝hγ﹣W0，若某种光照射四种金属时均发生光电效应，由于铷的逸出功最小，则铷逸出电子的最大初动能最大，则遏止电压也最大；故C正确；‎ D.光电效应方程Ekm＝hγ﹣W0，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故D错误。‎ ‎16.已知Th的半衰期为24天，4gTh经过96天还剩下（　　）‎ A. 0.25g B. 0.5g C. 1g D. 1.5g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据公式m＝m0 ，代入数据得：m＝4×g＝4×g＝0.25g；‎ A. 0.25g，与结论相符，选项A正确； ‎ B. 0.5g，与结论不相符，选项B错误； ‎ C. 1g，与结论不相符，选项C错误； ‎ D. 1.5g，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎17.Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少（　　）‎ A. 24个核子，8个质子 B. 8个核子，16个中子 C. 24个核子，8个中子 D. 8个核子，16个质子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Pb的核子数为208个，质子数为82个，中子数为208﹣82＝126（个）；Th的核子数为232个，质子数为90个，中子数为232﹣90＝142（个）；则Pb比Th 的核子数少232﹣208＝24（个），质子数少90﹣82＝8（个），中子数少142﹣126＝16（个）；‎ A. 24个核子，8个质子，与结论相符，选项A正确； ‎ B. 8个核子，16个中子，与结论不相符，选项B错误； ‎ C. 24个核子，8个中子，与结论不相符，选项C错误； ‎ D. 8个核子，16个质子，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎【物理一选修3-5】（二）简答题： ‎ ‎18.两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动，A车总质量为50kg，以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg，以3m/s的速度向左运动，碰撞后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为_____m/s，方向向_____（选填“左”或“右”），该碰撞是_____（选填“弹性“或“非弹性”）碰撞 ‎【答案】 (1). 0.5， (2). 左， (3). 非弹性。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：‎ mBvB﹣mAvA＝mAvA′+mBvB′，即：70×3﹣50×2＝50×1.5+70vB′，‎ 解得：vB′＝0.5m/s ‎ 第二空. 方向：水平向左；‎ 第三空.碰撞前的能量为： ‎ 碰撞后的能量为： ‎ 综上所述，碰撞前后的能量不守恒，故为非弹性碰撞。‎ ‎19.A、B两种光子能量之比为2：1，A、B两种光子的动量之比为_____；如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的_____（选填“动量”或“动能”）也相等。‎ ‎【答案】 (1). 2：1， (2). 动量 ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.光子的频率与能量成正比，A、B两种光子的能量之比为2：1，则A、B两种光子的频率之比为2：1；由光子能量公式E＝hγ＝和动量公式P＝mv＝ 知，A、B两种光子的动量之比等于A、B两种光子的能量之比为2：l；‎ 第二空.根据德布罗意波波长的公式：可知，若一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的动量一定是相等的。‎ ‎20.太阳内部不断进行着各种核聚变反应，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反应方程__________；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，则上述反应释放的能量可表示为________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据电荷数守恒、质量守恒守恒，知核反应方程为，氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，根据比结合能等于结合能与核子数的比值，则有该核反应中释放的核能△E=4E3-2E1-3E2‎ 考点：核反应方程；核能的计算 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程，注意结合能与比结合能的区别。‎ ‎【物理一选修3-5】三）计算题： ‎ ‎21.如图所示为氢原子的能级图，现有大量氢原子处于第4能级。求：‎ ‎（1）这些氢原子跃迁会产生多少种不同频率的光子；‎ ‎（2）这些不同频率的光子照到逸出功为2.25eV的某种金属上，产生的光电子的最大初动能。‎ ‎【答案】（1）6种；（2）10.5eV。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）大量氢原子从n＝4的能级跃迁能产生＝6种不同频率的光；‎ ‎（2）氢原子从n＝4的能级向n＝1发生跃迁，发射光子能量最大，产生的光电子的最大初动能也最大；‎ 光子的能量：Em＝E4﹣E1＝﹣0.85﹣（﹣13.6）＝12.75eV 当照射光电管放出能量为：Ekm＝12.75﹣2.25＝10.5eV ‎22.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的上表面，B的质量mB＝2kg，现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到v＝2m/s，求：‎ ‎（1）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；‎ ‎（2）A、B碰撞前瞬间，A的速度vA的大小。‎ ‎【答案】（1）1m/s；（2）1.5m/s。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，‎ 由动量定理得：Ft＝（mA+mB）vt﹣（mA+mB）v，‎ 代入数据解得：v＝1m/s；‎ ‎（2）碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，‎ 以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvA＝（mA+mB）v，‎ 代入数据解得：vA＝1.5m/s；‎ 四、计算题： ‎ ‎23.如图所示，半圆柱体A、光滑圆柱体B及长方体木块C放在水平地面上，B与A、C刚好接触并处于静止状态。现用水平向左的推力推C，使其缓慢移动，直到B恰好运动到A的顶端，在此过程中A始终保持静止，已知A、B、C的质量均为m，A、B的半径均为R，C 与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）B刚离开地面时，C对B的弹力大小；‎ ‎（2）当A、B圆心的连线与地面的夹角为45°时，地面对A的支持力大小；‎ ‎（3）C移动的整个过程中水平推力的最大值。‎ ‎【答案】（1）；（2）2mg；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）B刚离开地面时，B受到重力mg、C对B的弹力F和A对B的支持力N，如图所示：‎ 则有：F＝mgcotθ；…………①‎ 当B刚离开地面时，根据几何关系可得：‎ sinθ ＝，‎ 解得：θ＝30°‎ 代入公式①可得则此时 ‎（2）当圆柱体B下端离地以后，以A和B整体为研究对象，在竖直方向有：‎ FN﹣2mg＝0‎ 则地面对A的支持力大小为2mg；‎ ‎（3）由(1)知，B对C的弹力F＝mgcotθ，θ越大，F越大。‎ 由题可得，当B刚离开地面时，B对C的弹力最大，‎ 对C进行受力分析可得，水平推力的最大值：‎ Fm＝F+μmg＝mg。‎ ‎24.一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求：‎ ‎(1)弹簧的劲度系数；‎ ‎(2)物块b加速度的大小；‎ ‎(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有： kx0=（m+ m）gsinθ 解得：k=     （2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0； 由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：    ‎ ‎ 说明当形变量为时二者分离； 对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsinθ=ma   联立解得：a= （3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=at2=‎ 则形变量变为：△x=x0-x 对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k△x-（m+m）gsinθ=（m+m）a 解得：F= mgsinθ+t2  ‎ 因分离时位移x=由x==at2解得： 故应保证0≤t＜，F表达式才能成立．‎ 点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．‎ ‎ ‎