湖北省襄阳市四校高三物理上学期期中试题(含解析)新人

湖北省襄阳市四校2015届高三物理上学期期中试题（含解析）新人
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一.选择题（10小题，其中1-6题为单选题，7-10题为多选题；选对得5分，选不全得3分，选错得0分，共50分）
1．（5分）在太空中，两颗靠得很近的星球可以组成双星，他们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动．则下列说法不正确的是（）A．两颗星有相同的角速度B．两颗星的旋转半径与质量成反比
C．两颗星的加速度与质量成反比D．两颗星的线速度与质量成正比
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：双星由相互间的万有引力提供向自的向心力，据此分析求出两星的半径、加速度、角速度、线速度的关系即可．
解答：解：双星由彼此间的万有引力提供圆周运动的向心力，令双星的质量分别为m和M，圆周运动的半径分别为r和R，两星间距离为R+r．则有：
A、双星绕连线上某点做圆周运动，故双星的周期和角速度相同，故A正确；
B、旋转半径满足mrω2=MRω2，可见两颗星的旋转半径与质量成反比，故B正确；
C、两颗星的向心力大小相等，故满足ma m=Ma M，两颗星的加速度与质量成反比，故C
正确；
D、线速度v=Rω，两星的角速度相等，而半径与质量成反比，故线速度与质量成反比，
故D错误．
本题选择不正确的是，故选：D．
点评：掌握双星由彼此间引力提供圆周运动向心力，双星绕连线上某点做圆周运动，从而得出角速度与周期的关系，再由向心力大小相等展开分析即可．
2．（5分）做匀加速直线运动的物体，途中依次经过A，B，C三点．已知经过A点的速度为1m/s，AB段的长度为4m，AB段和BC段的平均速度分别为3m/s和6m/s．则（）
A．物体运动的加速度为2m/s
B．物体经过B，C两点的速度为7m/s和9m/s
C．物体经过AB段的时间为2s
D．B C段的长度等于AB段的长度
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时间的关系．.
专题：直线运动规律专题．
分析：
分别由匀变速直线运动的平均速度==求出B、C 点速度和时间，根据加速度定义求解加速度，展开讨论列式计算分析可以求出的物理量即可．
解答：解：由题意令物体在A点的速度为v A，在B点的速度为v B，在C点的速度为v C，则由题意有：
根据平均速度公式有：==3m/s
解得：v B=5m/s，t AB=s故BC错误；
加速度为：a===3m/s2，故A错误；
又=6m/s知：v C=7m/s
x BC==6×=4m=AB，故D正确．
故选：D．
点评：解决本题的关键是抓住匀变速直线运动的平均速度公式公式，运用匀变速直线运动的位移和速度与时间关系解答，难度中等．
3．如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放
置于斜面上，半径与甲相同的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O．处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动．设乙对挡板的压力大小为F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3．在此过程中（）
A．F1逐渐增大，F2逐渐增大，F3逐渐增大
B．F1逐渐减小，F2保持不变，F3逐渐减小
C．F1保持不变，F2逐渐增大，F3先增大后减小
D．F1逐渐减小，F2保持不变，F3先减小后增大
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：先对物体乙受力分析，作出力的合成图，分析挡板和甲对乙的作用力的变化情况．对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和力F，然后根据平衡条件列式，分析斜面对甲的支持力如何变化；
解答：解：先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′，如图
根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小，甲对乙的弹力F3′不断减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3不断减小；
再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图
根据平衡条件，有
x方向：F+（M+m）gsinθ﹣F1=0
y方向：F2﹣（M+m）gcosθ=0
解得：F2=（M+m）gsinθ，保持不变．
结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变．故B正确，ABD错误．
故选：B．
点评：本题关键是对物体甲受力分析，根据平衡条件结合图示法得到挡板支持力的变化情况；再对甲与乙整体受力分析，得到斜面支持力的变化情况．
4．（5分）如图所示，B物体的质量是A物体质量的一半，不计所有摩擦，A物体从离地面高H处由静止开始下落，以地面为参考面，当物体A的动能与其势能相等时，物体A距地面的高度为（设该过程中B未与滑轮相碰）（）
A．0.4H B．0.2H C．0.8H D．
H
考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律．.
专题：机械能守恒定律应用专题．
分析：对A、B两物体组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒．在运动的过程中，A、B的速度大小相等，B物体的质量是A物体质量的一半，知B的动能是A的动能的一半．根据系统机械能守恒求出物体A距地面的高度．
解答：解：对A、B两物体组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒．B的重力势能不变，所以A重力势能的减小量等于系统动能的增加量．有：
m A g（H﹣h）=（m A+m B）v2
又物体A的动能与其势能相等，即：m A gh=m A v2
m A=2m B
联立上面三式得：m A g（H﹣h）=m A gh
得：h=0.4H．故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
点评：解决本题的关键知道A、B两物体组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒．在运动过程中B的重力势能不变，所以A重力势能的减小量等于系统动能的增加量．
5．（5分）从地面上以初速度x=ν0t竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动．则下列说法正确的是（）
A．小球加速度在上升过程中逐渐增加，在下降过程中逐渐减小
B．
小球抛出瞬间的加速度大小为（1+）g
C．小球抛出瞬间的加速度最大，到达最高点的加速度最小
D．
小球上升过程中的平均速度大于
考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．.
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：由图象得到小球上升过程和下降过程的运动规律，然后进行受力分析，根据牛顿第二定律进行分析．
解答：解：A、C、上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，解得a=g+＞g；
由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；
下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma′，解得：
＜g ；
由于速度变大，阻力变大，故加速度变小； 即上升和下降过程，加速度一直在减小； 故AC 错误；
B 、空气阻力与其速率成正比，最终以v 1匀速下降，有：mg=kv 1； 小球抛出瞬间，有：mg+kv 0=ma 0； 联立解得：
，故B 正确；
D 、速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于
，故D 错误；
故选：B ． 点评： 速度时间图象斜率表示加速度，面积表示位移，会用极限的思想求解位移． 6．（5分）围绕地球旋转的人造卫星，在万有引力的作用下做匀速圆周运动．v 和R 为人造卫星的线速度和相应的轨道半径，v 0和R 0为近地卫星的线速度和相应的轨道半径．则下列关系正确的是（ ） A ． lg （）=lg （） B ． lg （）=2lg （）
C ． lg （）=lg （）
D ． lg （）=2lg （）
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： 人造卫星绕地球回周运动的向心力由万有引力提供，据此列式计算即可． 解答：
解：人造卫星的向心力由万有引力提供，故有： ①
②
由①②两式得：
由对数运动算可得：
所以
故选：C．
点评：掌握万有引力提供圆周运动的向心力，能根据对数运动规律求得结论．
7．（5分）一质点作直线运动的速度图象如图所示，下列选项正确的是（）
A．在4﹣5s内，质点所受合外力做正功
B．在0﹣5s内，质点的平均速度为7m/s
C．在前6s内，质点离出发点的最远距离为30m
D．质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍
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：由图读出速度的变化情况，分析物体的运动情况，速度图象的斜率等于加速度．由图线“面积”求出位移，再求解平均速度．
解答：解：A、在4﹣5s内，质点的速度逐渐减小，根据动能定理知所受合外力做负功，A 错误；
B、在0﹣5s内，质点的位移为：x=×（2+5）×10=35m，平均速度为：===7m/s，
B正确；
C、在前6s内，5s末质点离出发点最远，最远距离为35m，C错误；
D、由图线的斜率知：质点在4﹣6s内的加速度大小是0﹣2s内的加速度大小的2倍，
D正确；
故选：BD．
点评：本题关键抓住速度图象的斜率表示加速度、“面积”表示位移来理解图象的物理意义．
8．（5分）如图（a）所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图（b）所示，若重力加速度g取10m/s2．请根据图（b）中所提供的信息能计算出（）
A．加速度从2m/s2增加到6m/s2的过程中物体的速度变化
B．加速度为6m/s2时物体的速度
C．斜面的倾角
D．物体的质量
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：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息．
解答：解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x方向：Fcosθ﹣mgsinθ=ma…①
y方向：N﹣Fsinθ﹣mgcosθ=0…②
从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入①式解得：
m=2kg，θ=37°
所以物体的质量为2kg，斜面的倾角为θ=37°．故CD正确．
题中并没有说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小．也无法求出加速度从2m/s2增加到6m/s2的过程中物体的速度变化．故AB错误．故选：CD．
点评：本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求出加速度与力F的关系式，结合图象讨论．
9．（5分）如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直平面内的半径为R的光滑半圆固定轨道，用水平恒力F将质量为m的质点，由静止开始从A点推到B点后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后水平抛出．已知AB的距离x=2R．则（）
A．小球从C点平抛的水平位移的最小值为2R
B．
为了完成上述过程，力F做功的最小值为mgR
C．
若小球恰好通过最高点，则小球在AB段的加速度大小为g
D．若小球恰好通过最高点，则小球在B点对轨道的压力大小为5mg
考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．.
专题：动能定理的应用专题．
分析：当质点恰好到达最高点时，初速度最小，水平距离最小，结合平抛运动的规律，通过高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平距离的最小值．根据动能定理求出F的大小．
解答：
解：A、当小球恰好到达最高点时，水平距离最小，根据牛顿第二定律得：mg=m，v C=，
小球离开C后做平抛运动，竖直方向：2R=gt2，水平方向：x最小=v C t，解得，水平距离的最小值：x最小=2R．故A正确．
B、从A到C过程，由动能定理得：F•2R﹣mg•2R=mv C2﹣0，解得：F=mg，做功最小
值：W=F•2R=mgR，故B错误；
C、若小球恰好通过最高点，则小球在AB段的加速度大小：a==g，故C正确；
D、从B到C点过程，由动能定理得：﹣mg•2R=mv C2﹣mv B2，在B点，由牛顿第二定
律得：N﹣mg=m，解得：N=6mg，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：N′=N=6mg，方向竖直向下，故D错误；
故选：AC．
点评：本题考查了圆周运动、平抛运动与动能定理的综合，知道圆周运动最高点的临界情况，以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．
10．（5分）如图所示，一轻弹簧竖直固定在地面上，上端放一质量为m的小球，小球与弹簧不拴接，平衡时弹簧被压缩x0，现用力F缓慢下压小球，使弹簧在弹性限度内再被压缩
x0后撤去力F，小球立即向上弹起，上升的最大高度为4x0，重力加速度为g．在小球上升的过程中有（）
A．小球先变加速，后变减速，再匀减速
B．
小球作匀减速运动的时间为
C．从小球弹起到达到最大速度的过程中克服重力做的功为2mgx0
D．刚撤去力F的瞬间，小球的加速度大小为g
考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．.
分析：小球开始受到重力、推力F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，离开弹簧后的过程做竖直上抛运动，结合运动学基本公式、重力做功公式和牛顿第二定律进行分析即可．解答：解：A、球开始受到重力、推力F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，当小球离开弹簧后，做上抛运动，加速度不变，做匀减速运动，故A正确；
B、上升的最大高度为4x0，所以小球做匀减速直线运动的位移为h=4x0﹣2x0=2x0，则
小球作匀减速运动的时间t=，故B错误；
C、小球上升过程受到重力和弹簧的弹力，当弹力大于重力时，小球向上加速，当弹
力小于重力后，小球开始减速，所以当弹力等于重力时，
速度最大，此过程中，克服重力做的功为mgx0，故C错误；
D、用力F缓慢下压小球，使弹簧在弹性限度内再被压缩x0，根据F=kx可知，F=mg，
撤去压力时，重力和弹力的合力大小等于F，根据牛顿第二定律可知a=，故
D正确；
故选：AD．
点评：本题中小球如果没有离开弹簧就做简谐运动，离开弹簧后的过程做竖直上抛运动，可以根据功能关系并结合牛顿第二定律进行分析，注意对称性．
二.实验题（两小题，15分）
11．（6分）如图所示的装置，可用于探究恒力做功与速度变化的关系．水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以实现平衡摩擦力，再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s．
（1）实验需用20分度的游标卡尺测量挡光板的宽度d，如图所示，d= 5.50 mm
（2）某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2（小车通过光电门2后，砝码盘才落地），砝码盘和砝码的质量为mgsi n30°=ma2，已知重力加速度为g，则对该小车，实验要验证的表达式是 C
A．mgs=M（）2﹣M（）2B．（m﹣m0）gs=M（）﹣M（）2
C．（F﹣m0g）s=M（）2﹣M（）2 D．Fs=M（）2﹣M（）2．
考点：探究功与速度变化的关系．.
专题：实验题；动能定理的应用专题．
分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．游标的零刻度线超过主尺上的刻度数为主尺读数，游标读数等于分度乘以对齐的根数．
（2）光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据功能关系可以求出需要验证的关系式．
解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数等于0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：5mm+0.50mm=5.50mm．
（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门1速度为：
滑块通过光电门2速度为：
根据功能关系需要验证的关系式为：（F﹣m0g）s=
即：（F﹣m0g）s=M（）2﹣M（）2．
故选：C
故答案为：（1）5.50；（2）C
点评：了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提．
12．（9分）用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．
（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；
C．用天平测量出重锤的质量；
D．释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；
E．测量打出的纸带上某些点之间的距离；
F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围内是否等于增加的动能．指出其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤，将其选项对应的字母填在右边的横线上BCD
（2）实验中得到一条纸带，如图2所示．根据打出的纸带，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起始点O的距离为s0，点A、C间的距离为s1，点C、E间的距离为s2，使用交流电的周期为T，设重锤质量为m，则AC
A．打点计时器打C点时重锤的动能为．
C．打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的减少量为mg（s0+s1）．
D．重锤下落的加速度a的表达式为．重锤下落的加速度a的表达式为
（3）在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于（填“大于”或“小于”）（重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，可以通过该实验装置测定该阻力的大小，试用（2）中已知物理量和纸带上的测量数据表示出重锤在下落的过程
中受到的平均阻力大小为．
考点：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：1、解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，只有理解了这些才能真正了解具体实验操作的含义．
2、本实验需要验证的是重力势能的减小量和动能的增加量是否相等，根据下落的高
度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小，从而求出动能的增加量．
解答：解：（1）B：将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误．
C：因为我们是比较mgh、mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C
错误．
D：开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误．
故选：BCD．
（2）A、匀变速直线运动中，时间中点的速度大小等于该过程中的平均速度大小，因此有：
v C=，
打点计时器打C点时重锤的动能为E kC=m=，故A正确；
C、打点计时器在打O点和C点的这段时间内重锤的重力势能的减少量为mg（s0+s1）．故
C正确；
D、根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，
得：重锤下落的加速度a的表达式为a=．
由于OA的时间间隔不是2T，所以重锤下落的加速度a的表达式不等于，故
D错误；
故选：AC．
（3）在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用
重锤下落过程中，受到重力和阻力作用，根据牛顿第二定律得：mg﹣F=ma
重锤在下落过程中受到的平均阻力的大小F=m（g﹣a）=．
故答案为：（1）BCD
（2）AC
（3）大于；
点评：明确实验原理、实验目的，了解具体操作，掌握匀变速直线运动规律以及牛顿第二定律在具体实验中的应用，要提高应用基础知识解决实验问题的能力．
三、计算题（本题共4小题，共45分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（11分）如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点，沿水平方向以初速度v0抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球的半径为R．不考虑其它可能存在的阻力．求该星球上的第一宇宙速度．
考点：平抛运动．.
专题：平抛运动专题．
分析：根据小球的平抛运动求出星球表面的重力加速度．星球的第一宇宙速度即为近地轨道圆周运动的线速度，根据重力与万有引力相等知，近地轨道运动重力提供圆周运动向心力求解即可．
解答：解：小球做平抛运动则：
水平方向有：x=ν0t﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
竖直方向有：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由几何关系得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
联立得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
设星球的质量M，近地卫星的质量 m，近地卫星的速度即为第一宇宙速度，设为v，则：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤
在星球表面上一质量为m0的物体有：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥
联立④⑤⑥得：
答：该星球上的第一宇宙速度为．
点评：本题关键是抓住能从斜面上平抛落到斜面上得到平抛物体位移的关系，这是正确解题的关键，知道第一宇宙速度是近地卫星的运行速率，由重力提供圆周运动向心力．
14．（11分）如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的足够长光滑直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°．现小球在F=15N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发向上运动．g取10m/s2．试求：
（1）小球运动的加速度a1；
（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离s m．
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：首先分析撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力，采用正交分解法，根据牛顿第二定律求出加速度．再用同样的方法求出撤去后小球的加速度，运用运动学公式求出最大距离．
解答：解：（1）对小球由牛顿第二定律得：Fsin30°﹣mgsin30°=ma1…①
解得：a1==2.5 m/s2
（2）在力F的作用下，小球上滑的位移大小为x1，末速度大小为v，则：…②
v=a1t…③
撤去力F后，小球减速上滑的加速度大小为a2，位移大小为x2则：mgsin30°=ma2…④v2=2a2x2…⑤
且s m=x1+x2…⑥
联立得：s m=7.5m
答：（1）小球运动的加速度a1为2.5 m/s2；
（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点的最大距离为7.5m．
点评：牛顿定律和运动学公式是解决力学的基本方法．关键在于分析物体的受力情况和运动情况．当物体受力较多时，往往采用正交分解法求加速度．本题求小球上滑过程中距A点最大距离，也可运用动能定理．
15．（11分）如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，水平段ab粗糙，其距离为s=3m．在b点平滑过度，bcd段光滑，cd段是以O为圆心、半径为R=0.4m的一小段圆弧．质量为m=2kg 的小物块静止于a处，在一与水平方向成θ角的恒力F作用下开始沿轨道匀加速运动，小物块到达b处时撤去该恒力，小物块继续运动到d处时速度水平，此时轨道对小物块的支持力大小为F N=15N．小物块与ab段的动摩擦因数为μ=0.5，g取10m/s2．求：
（1）小物块到达b点时的速度大v b；
（2）恒力F的最小值F min．（计算结果可以用分式或根号表示）
考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律．.
专题：机械能守恒定律应用专题．
分析：（1）先根据牛顿第二定律求出小物块运动到d点时的速度，再对bd过程运用机械能守恒定律列式，即可求得小物块到达b点时的速度大小；
（2）对ab段运用动能定理列式，得到恒力与水平方向夹角的表达式，再根据数学知。