2018-2019学年高一物理下学期期末模拟试卷及答案(六)

2018-2019学年高一物理下学期期末模拟试卷及答案（六）一．选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．如图所示，A、B两木块的重力均为50N，放在倾角θ=37°的斜面上，A、B与斜面间的动摩擦因数均为0.5．在沿斜面向上的大小为60N的力F作用下，A、B 静止在斜面上，此时，与A、B相连的轻弹簧被拉伸了3cm，弹簧的劲度系数为400N/m．则下列说法正确的是（）A．A、B所受的摩擦力均为零B．B受的摩擦力为2N，方向沿斜面向上C．A受的摩擦力为18N，方向沿斜面向下D．B受的摩擦力为12N，方向沿斜面向上2．如图所示，在楼道内倾斜天花板上安装灯泡．将一根轻绳的两端分别固定在天花板上的a、b两点，另取一根轻绳将灯泡悬挂在O点，绳Oa水平，整个装置静止．现保持O点位置不变，对灯泡施加一个水平向右的拉力，使它稍向右移动一小段距离，两绳中拉力F1和F2的变化情况是（）A．F1减小B．F1不变C．F2减小D．F2不变3．如图所示，质量为m的钢珠从高出地面h处由静止自由下落，落到地面进入沙坑h/10停止，则钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的（）倍．A．9 B．10 C．11 D．124．从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为H，设上升过程中空气阻力F f恒定．在小球从抛出到上升至最高处的过程中，下列说法正确的是（）A．小球的动能减少mgH B．小球的动能减少F f HC．小球的机械能减少F f H D．小球的机械能减少（mg+F f）H5．某兴趣小组设计了一个滚筒式炒栗子机器，滚筒内表面粗糙，内直径为D．工作时滚筒绕固定的水平中心轴转动．为使栗子受热均匀，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则（）A．滚筒的角速度应满足ω＜B．滚筒的角速度应满足ω＞C．栗子脱离滚筒的位置与其质量有关D．若栗子到达最高点时脱离滚筒，栗子将自由下落6．关于物理学的研究方法，不正确的是（）A．根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法B．电场强度是用比值法定义的，因而不能说成电场强度与电场力成正比，与电量成反比C．奥斯特受法拉弟发现电流的磁效应的启发发现了电磁感应现象D．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法7．美国科学家在2016年2月11日宣布，他们利用激光干涉引力波天文台（LIGO）“探测到两个黑洞合并时产生的引力波”，爱因斯坦在100年前的预测终被证实．两个黑洞在合并的过程中，某段时间内会围绕空间某一位置以相同周期做圆周运动，形成“双星”系统．设其中一个黑洞的线速度大小为v，加速度大小为a，周期为T，两黑洞的总机械能为E，它们之间的距离为r，不计其他天体的影响，两黑洞的质量不变．下列各图可能正确的是（）A．B．C．D．8．如图所示，相同乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，正确的是（）A．球1和球2在空中可能相遇B．球1的飞行时间大于球2的飞行时间C．球1的速度变化率等于球2的速度变化率D．落台时，球1的重力功率等于球2的重力功率9．如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点的（）A．角速度之比ωA：ωB=1：1 B．角速度之比ωA：ωB=1：C．线速度之比v A：v B=：1 D．线速度之比v A：v B=1：10．如图，将小砝码至于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（）A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）gC．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D．当F=μ（2M+4m）g时，砝码恰好到达桌面边缘11．从地面上以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一质量为m=0.2kg的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f=kv，小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=2m/s，且落地前已经做匀速运动（取g=10m/s2），则以下说法正确的是（）A．k的值为1kg•s/mB．小球在上升阶段速度大小为1 m/s时，加速度大小为20 m/s2C．小球抛出瞬间的加速度大小为60 m/s2D．小球抛出到落地过程中所用时间为1.2s二、计算题：共4题每题20分共80分12．（20分）我质量为4kg的木块放在倾角为30°长为15m的固定斜面上时，木块恰好能沿斜面匀速下滑，若改用沿斜面向上的恒力F拉木块，木块从静止开始沿斜面运动2.5m所用的时间为1s（g取10m/s2）求：（1）恒力F的大小（2）要使物体能从斜面底端运动到顶端F至少要作用多长时间？13．（20分）如图所示，小球a被一根长为L=0.5m的可绕O轴自由转动的轻质细杆固定在其端点，同时又通过绳跨过光滑定滑轮与另一个质量为m小球b相连，整个装置平衡时杆和绳与竖直方向的夹角均为30°．若将小球a拉水平位置（杆呈水平状态）开始释放，不计摩擦，竖直绳足够长，求：（1）小球a的质量；（2）当杆转动到竖直位置时，小球b的速度大小．（结果可用根式表示）14．（20分）为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°，长为L1=2m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示．现将一个小球从距A点高为h=0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ=．g取10m/s2，求：（1）小球初速度v0的大小；（2）小球滑过C点时的速率v C；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件．15．（20分）如图所示，光滑圆弧形凹槽ABC放在水平地面上，O为圆心，A、C两点等高且为圆弧边缘，B为最低点，张角∠AOC可随意调节，圆弧半径r=0.5m．现将OA与竖直方向的夹角θ1调为53°，把一个质量m=0.1kg的小球从水平桌面的边缘P点以v0=3m/s向右水平抛出，该小球恰能从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽．已知sin53°=0.8，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．（1）求小球运动到A点时的速度大小；（2）求小球在B点时对轨道的压力大小；（3）改变θ1和v0的大小，同时把凹槽在水平地面上左右移动，使小球仍能从A 点沿切线方向进入凹槽．若PA与竖直方向的夹角为θ2，试证明tanθ1•tanθ2=2．16．（20分）一只篮球的体积为V0，球内气体的压强为p0，温度为T0．现用打气筒对篮球充入压强为p0、温度为T0的气体，使球内气体压强变为3p0，同时温度升至2T0．已知气体内能U与温度的关系为U=αT（α为正常数），充气过程中气体向外放出Q的热量，篮球体积不变．求：①充入气体的体积；②充气过程中打气筒对气体做的功．17．（20分）如图所示，质量为m2=2kg和m3=3kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧（与m2、m3不拴接）．质量为m1=1kg的物体以速度v0=9m/s向右冲来，为了防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起．试求：（1）m3的速度至少多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？（2）为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少多大？参考答案与试题解析一．选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．如图所示，A、B两木块的重力均为50N，放在倾角θ=37°的斜面上，A、B与斜面间的动摩擦因数均为0.5．在沿斜面向上的大小为60N的力F作用下，A、B 静止在斜面上，此时，与A、B相连的轻弹簧被拉伸了3cm，弹簧的劲度系数为400N/m．则下列说法正确的是（）A．A、B所受的摩擦力均为零B．B受的摩擦力为2N，方向沿斜面向上C．A受的摩擦力为18N，方向沿斜面向下D．B受的摩擦力为12N，方向沿斜面向上【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先根据胡克定律求出弹簧弹力，AB都处于静止状态，受力平衡，合力为零，分别对AB两个物体受力分析，根据平衡条件列式求解即可．x=400×0.03=12N，【解答】解：根据胡克定律可知，弹簧弹力F弹=k△A处于静止状态，受力平衡，设A受到的摩擦力方向向下，根据平衡条件得：F﹣F弹﹣Gsin37°﹣f A=0解得：f A=18N，方向沿斜面向下，B处于静止状态，受力平衡，设B受到的摩擦力方向向下，根据平衡条件得：F弹﹣Gsin37°﹣f B=0解得：f B=﹣18N，则B受的摩擦力为18N，方向沿斜面向上，故C正确，ABD错误．故选：C【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体受力分析，灵活选择研究对象，然后根据共点力平衡条件求解，注意AB都受静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解．2．如图所示，在楼道内倾斜天花板上安装灯泡．将一根轻绳的两端分别固定在天花板上的a、b两点，另取一根轻绳将灯泡悬挂在O点，绳Oa水平，整个装置静止．现保持O点位置不变，对灯泡施加一个水平向右的拉力，使它稍向右移动一小段距离，两绳中拉力F1和F2的变化情况是（）A．F1减小B．F1不变C．F2减小D．F2不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】先对灯泡进行分析，得出灯泡对绳子的拉力，然后对O点受力分析，受三个拉力，根据平衡条件并结合分解法列式求解即可．【解答】解：设灯泡为C．先选择灯泡为研究对象，开始时灯泡受到重力和绳子的拉力，所以绳子的拉力等于灯泡的重力；设对灯泡施加一个水平向右的拉力后设OC与竖直方向之间的拉力为θ，如图，则：选择节点O点为研究对象，则O点受到三个力的作用处于平衡状态，受力如图，由图可知，在竖直方向：F2沿竖直方向的分力始终等于F C cosθ=mg，而且F2的方向始终不变，所以F2始终不变；沿水平方向：F1的大小等于F2沿水平方向的分力与F C沿水平方向分力的和，由于F C沿水平方向分力随θ的增大而增大，所以F1逐渐增大．可知四个选项中只有D正确．故选：D．【点评】本题关键对O点受力分析后根据平衡条件列式求解，可以结合合成法、分解法、正交分解法求解，中档题．3．如图所示，质量为m的钢珠从高出地面h处由静止自由下落，落到地面进入沙坑h/10停止，则钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的（）倍．A．9 B．10 C．11 D．12【考点】动能定理的应用．【分析】在整个过程中，有重力和阻力对钢珠做功，对全程由动能定理可求得钢珠在沙坑中受到的平均阻力．【解答】解：对全程，运用动能定理得：mg（h+）﹣F=0，解得：=故选：C．【点评】本题考查动能定理的应用．对物体的整个过程运用动能定理时，要抓住动能的变化量为0，求出物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的倍数．4．从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为H，设上升过程中空气阻力F f恒定．在小球从抛出到上升至最高处的过程中，下列说法正确的是（）A．小球的动能减少mgH B．小球的动能减少F f HC．小球的机械能减少F f H D．小球的机械能减少（mg+F f）H【考点】机械能守恒定律；功能关系．【分析】重力做功不改变物体机械能，重力做功只使物体动能转化为重力势能或重力势能转化为动能；空气阻力做功使物体机械能减少，减少的机械能等于克服空气阻力做的功．【解答】解：A、由动能定理可知，小球动能的减少量△E K=（mg+F f）H，故AB 错误；小球机械能的减少量等于克服空气阻力做的功，W=F f H，故D错误，C正确；故选：C．【点评】重力做功不改变物体的机械能，除重力或弹力之外的力做功可以改变物体的机械能；从能量转化的角度分析问题、应用动能定理即可正确解题．5．某兴趣小组设计了一个滚筒式炒栗子机器，滚筒内表面粗糙，内直径为D．工作时滚筒绕固定的水平中心轴转动．为使栗子受热均匀，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则（）A．滚筒的角速度应满足ω＜B．滚筒的角速度应满足ω＞C．栗子脱离滚筒的位置与其质量有关D．若栗子到达最高点时脱离滚筒，栗子将自由下落【考点】向心力．【分析】根据栗子在最高点弹力为零，结合牛顿第二定律求出恰好不脱离的临界角速度，从而得出栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离的角速度范围．通过栗子在最高点速度是否为零判断栗子在最高点脱离时的运动规律．【解答】解：A、栗子在最高点恰好不脱离时有：mg=m，解得，要求栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离，则，故A正确，B错误．C、栗子脱离滚筒的位置与其质量无关，故C错误．D、若栗子到达最高点时脱离滚筒，由于栗子的速度不为零，栗子的运动不是自由落体运动，故D错误．故选：A．【点评】本题考查了圆周运动在实际生活中的运用，知道最高点不脱离的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解，难度中等．6．关于物理学的研究方法，不正确的是（）A．根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法B．电场强度是用比值法定义的，因而不能说成电场强度与电场力成正比，与电量成反比C．奥斯特受法拉弟发现电流的磁效应的启发发现了电磁感应现象D．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法【考点】物理学史．【分析】知道理想模型法、放大法、比值定义法等的判断方法即可解题，法拉弟受奥斯特电流的磁效应的启发，研究发现了电磁感应现象．【解答】解：A、瞬时速度是依据速度定义式v=，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故A正确．B、电场强度采用的是比值定义法，所定义的电场强度与电场力及试探电荷的电量无关，故B正确．C、法拉第受奥斯特电流的磁效应的启发，研究发现了电磁感应现象．故C错误．D、卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了“放大法”，故D 正确．本题选不正确的，故选：C【点评】本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义法，这些都是老师在课上经常提到的，只要留意听课，这些很容易解答．7．美国科学家在2016年2月11日宣布，他们利用激光干涉引力波天文台（LIGO）“探测到两个黑洞合并时产生的引力波”，爱因斯坦在100年前的预测终被证实．两个黑洞在合并的过程中，某段时间内会围绕空间某一位置以相同周期做圆周运动，形成“双星”系统．设其中一个黑洞的线速度大小为v，加速度大小为a，周期为T，两黑洞的总机械能为E，它们之间的距离为r，不计其他天体的影响，两黑洞的质量不变．下列各图可能正确的是（）A ．B ．C ．D ．【考点】万有引力定律及其应用．【分析】两个黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，角速度相等，结合万有引力提供向心力得出两个黑洞的轨道半径之比，从而得出v 、a 及T 与r 的关系．【解答】解：A 、根据万有引力定律可得，则，因为r 1+r 2=r ，则，；根据，则，故v ﹣r 图象不是线性关系，故A 错误；B 、根据，解得，故a ﹣r ﹣2是过原点的直线，故B 正确；C 、根据解得，T 与不成正比，图象是曲线，故C 错误；D 、根据及，解得两黑洞的总机械能为，E 与r 不是线性关系，E 与r 成反比，图象是双曲线的一支，故D 错误；故选：B ．【点评】解决本题的关键知道两个黑洞具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，向心力大小相等，结合牛顿第二定律和圆周运动的基本知识进行求解．8．如图所示，相同乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，正确的是（ ）A．球1和球2在空中可能相遇B．球1的飞行时间大于球2的飞行时间C．球1的速度变化率等于球2的速度变化率D．落台时，球1的重力功率等于球2的重力功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较过网时的速度【解答】解：A、球1和球2平抛运动的高度相同，则运动的时间相同，在相同时间内下降高度相同，由于球1的水平位移较大，可知过网时球1的速度大于球2的速度，故不可能相遇，故A错误，B错误．C、因为平抛运动的加速度不变，都为g，可知球1和球2的速度变化率相等，故C正确．D、落台时，由于时间相等，则竖直分速度相等，根据P=mgv y知，重力的瞬时功率相等，故D正确．故选：CD【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，抓住等时性，结合运动学公式灵活求解9．如图所示，当正方形薄板绕着过其中心O并与板垂直的转动轴转动时，板上A、B两点的（）A．角速度之比ωA：ωB=1：1 B．角速度之比ωA：ωB=1：C．线速度之比v A：v B=：1 D．线速度之比v A：v B=1：【考点】线速度、角速度和周期、转速．【分析】板上A、B两点绕同一个转轴转动，所以具有相同的角速度．根据v=rω得出线速度之比．【解答】解：A、板上A、B两点绕同一个转轴转动，所以具有相同的角速度．即角速度之比ωA：ωB=1：1，故A正确，B错误C、根据几何关系得板上A、B的轨道半径之比为1：所以线速度之比v A：v B=1：，故C错误，D正确故选AD．【点评】解该题要掌握绕同一个转轴转动的物体具有相同的角速度以及线速度与角速度的关系．10．如图，将小砝码至于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（）A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）gC．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D．当F=μ（2M+4m）g时，砝码恰好到达桌面边缘【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小．根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值．当F=μ（2M+4m）g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置【解答】解：A、当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力：μ（M+m）g+μMg，故A错误．B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：μMg=Ma1，F﹣μMg﹣μ（M+m）g=ma2，发生相对运动需要a2＞a1，解得：F＞2μ（M+m）g，故B正确．C、若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于=，匀减速运动的位移小于==，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C 正确．D、当F=μ（2M+4m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=μg，纸板的加速度：a2==3μg，根据a2t2﹣a1t2=d，解得：t=，则此时砝码的速度v=a1t=，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′=μg，则匀减速运动的位移：x==d，而匀加速运动的位移x′=a1t2=d，则砝码恰好到达桌面边缘，故D正确．故选：BCD．【点评】本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．11．从地面上以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一质量为m=0.2kg的小球，若运动过程中小球受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f=kv，小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=2m/s，且落地前已经做匀速运动（取g=10m/s2），则以下说法正确的是（）A．k的值为1kg•s/mB．小球在上升阶段速度大小为1 m/s时，加速度大小为20 m/s2C．小球抛出瞬间的加速度大小为60 m/s2D．小球抛出到落地过程中所用时间为1.2s【考点】牛顿第二定律；动量定理．【分析】根据落地前做匀速运动，由平衡条件求出比例系数k．根据牛顿第二定律研究加速度大小为20 m/s2时的速度大小．根据牛顿第二定律求出抛出瞬间的加速度大小；上升时根据牛顿第二定律（mg+kv）=ma可计算加速度a，取极短△t时间，速度变化△v，有：△v=a△t，上升全程∑△v=0﹣v0=∑a△t，下降过程，运用同样的方法求出从最高点落回到地面所用的时间．【解答】解：A、小球落地前以v1匀速运动，则有mg=kv1，即k=N•s/m=1N•s/m，A选项给出的单位错误，所以A错误；B、小球在上升阶段速度大小为1m/s时，根据牛顿第二定律得：mg+kv=ma，解得：a=当a=20m/s2时，得v==15m/s2，B错误；C、小球抛出瞬间的加速度大小a==60 m/s2，故C正确；D、上升时加速度为a，上升的最大高度为H，根据牛顿第二定律可得：mg+kv=ma；取极短时间△t内，速度变化△v，有：mg△t+kv△t=ma△t=m△v，上升的全过程：mg•∑△t+k•∑△v=m•∑△v，又：∑v△t=∑△h=H，∑△v=0﹣（﹣v0）=v0，解得：mgt1+kH=mv0；下降时加速度为a2，mg﹣kv=ma2，同理可得：mg△t﹣kv△t=ma2△t=m△v，所以：mgt2﹣kH=mv1，解得：t1+t2=，所以D正确．故选：CD．【点评】本题是信息给予题，要把握空气阻力与速率的关系，注意空气阻力方向与运动方向相反，一直做负功．运用动能定理和牛顿运动定律进行研究．在运用动量定理解题注意要合理地选择研究的过程．二、计算题：共4题每题20分共80分12．（20分）（2016春•定州市校级期末）我质量为4kg的木块放在倾角为30°长为15m的固定斜面上时，木块恰好能沿斜面匀速下滑，若改用沿斜面向上的恒力F拉木块，木块从静止开始沿斜面运动2.5m所用的时间为1s（g取10m/s2）求：（1）恒力F的大小（2）要使物体能从斜面底端运动到顶端F至少要作用多长时间？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）木块匀速下滑时，由受力平衡求出摩擦力，根据位移公式求出匀加速运动的加速度，根据牛顿的第二定律求出恒力F的大小．（2）根据牛顿第二定律和运动学公式分别求出匀加速和匀减速运动的加速度和位移，列方程组联列求出F作用时间．【解答】解：（1）物体沿斜面匀速下滑，由平衡条件得：f=mgsin30=0.5mg，物体向上做匀加速直线运动的加速度：a1===5m/s2，由牛顿第二定律得：F﹣mgsin30﹣f=ma，解得：F=60N；（2）设拉力最小作用时间为t．匀加速的位移：x1=a1t2，匀加速结束的速度：v1=a1t，由牛顿第二定律可知，撤去拉力后的加速度：a2==g，物体做匀加速直线运动的位移：x2=，匀加速与匀减速的位移之和：x1+x2=15m，解得：t=2s；答：（1）恒力F的大小为60N；（2）要使物体能从斜面底端运动到顶端F至少要作用2s．【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，对于第二问，有一定难度，需抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．13．（20分）（2016春•定州市校级期末）如图所示，小球a被一根长为L=0.5m。