贵州省遵义市湄潭县湄江高中2016届高三物理上学期第四次月考试卷(含解析)

2015-2016学年贵州省遵义市湄潭县湄江高中高三（上）第四次月考
物理试卷
一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合要求，第6-8题有多项符合要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）
1．下列说法中，不符合物理学史的是( )
A．亚里士多德认为，力是维持物体运动的原因
B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力常量的数值
C．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说
D．奥斯特发现了电流的磁场效应，揭示了电与磁之间存在联系
2．一根质量分布均匀的长绳AB，在水平外力F的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图甲所示．绳内距A端x处的张力F T与x的关系如图乙所示，由图可知( )
A．水平外力F=6N B．绳子的质量m=3kg
C．绳子的长度l=3m D．绳子的加速度a=2m/s2
3．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时的最小速度V min=
B．小球通过最高点时的最小速度V min一定不为0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
4．a、b两球位于同一竖直线上的不同位置，a比b高h，如图所示，将a、b 两球分别以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使b球在空中击中a球的是( )
A．同时抛出，且v1＜v2B．a比b后抛出，且v1＞v2
C．a比b早抛出，且v1＞v2D．a比b早抛出，且v1＜v2
5．如图所示，A、B两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A、B物块的质量分别为2m、m．现用水平向右的力F1、F2同时分别作用在A、B物块上，物块A、B未相对运动，下列分析正确的是( )
A．两物块接触面一定粗糙
B．B对A的摩擦力方向可能水平向右
C．F1一定大于F2
D．A对B的作用力可能为零
6．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )
A．向下滑动P B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率D．减小电容器C的电容
7．北京时间2013年2月16日凌晨3点，直径约50米、质量约13万吨的小行星“2012DAl4”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为 2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道．它对地球没有造成影响，对地球的同步卫星也几乎没有影响．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，根据天文学家的估算，它下一次接近地球大约是在2046年．假设图中的P、Q是地球与小行星最近时的位置，下列说法正确的是( )
A．小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也不会造成影响
B．只考虑太阳的引力，地球绕太阳运行的加速度大于小行星在Q点的加速度
C．只考虑地球的引力，小行星在Q点的加速度大于同步卫星在轨道上的加速度
D．小行星在Q点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q点的速率大于第二宇宙速度
8．如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块．选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是( )
A．B．C．D．
二、非选择题（包括实验题和计算题）
9．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示．该工件的直径为__________cm，高度为__________mm．
10．某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：
A．电压表V（量程3V，电阻R V约为4.0kΩ）
B．电流表A1（量程100mA，电阻R A1约为5Ω）
C．电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）
D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）
E．电阻箱R2（0～999.9Ω）
F．开关S一只、导线若干
（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选__________（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．
（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势
E=__________，内阻r=__________（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是__________．
11．（14分）如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为R=0.90m的半圆形光滑轨道BCD 相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直．质量为m=1.0kg可看作质点的小滑块在恒定外力F 作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5．到达水平轨道的末端B点时撤去外力，小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点．g取10m/s2，求：
（1）滑块经过B点进入圆形轨道时对轨道的压力大小
（2）滑块在AB段运动过程中恒定外力F的大小．
12．（18分）如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v，长为L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ．
（1）试分析滑块在传送带上的运动情况．
（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．（3）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
三、选考题
13．下列说法正确的是( )
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面．这是由于水表面存在表面张力的缘故
B．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大
C．某固体物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A，则该固体物质分子体积为V0=
D．液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点
E．自然界发生的一切过程能量都是守恒的，符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
14．在一端封闭、内径均匀的直玻璃管内，有一段水银柱封闭一定质量的理想气体a．将管口向上竖直放置，若温度为T，达到平衡时，气柱a的长度为L；将管口向下竖直放置，若温度为T1，达到平衡时，气柱a的长度为L1．然后将管平放在水平桌面上，此时温度为T2，在平衡时，气柱a的长度为L2．已知：T、T1、T2、L、L1；大气压P0一直保持不变，不计玻璃管和水银的体积随温度的变化．求：L2．
2015-2016学年贵州省遵义市湄潭县湄江高中高三（上）第四次月考物理试卷
一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合要求，第6-8题有多项符合要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分）
1．下列说法中，不符合物理学史的是( )
A．亚里士多德认为，力是维持物体运动的原因
B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力常量的数值
C．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说
D．奥斯特发现了电流的磁场效应，揭示了电与磁之间存在联系
【考点】物理学史．
【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：A、亚里士多德认为，力是维持物体运动的原因，故A正确；
B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量的数值，故B错误；
C、通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说，故C正确；
D、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，故D正确；
本题选择不符合物理学史的，故选：B．
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2．一根质量分布均匀的长绳AB，在水平外力F的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图甲所示．绳内距A端x处的张力F T与x的关系如图乙所示，由图可知( )
A．水平外力F=6N B．绳子的质量m=3kg
C．绳子的长度l=3m D．绳子的加速度a=2m/s2
【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】绳子均匀分布，且作为一整体，其每一部分的加速度都应该是相同的，因此离作用点越近的地方力应该越大（要拖动后面的部分），在末尾处受力为0，根据图象结合牛顿第二定律即可求解．
【解答】解：A、图中得知：既然距离A端为0时F最大，那么A端就应该是作用点，此时F=6N，所以水平外力F=6 N，故A正确；
B、设绳子运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得：F A=ma，知道只F A无法求解质量，也无法求解加速度，故BD错误；
C、由图象可知x=2m 时张力为0 即B端距A端距离为2m，故C错误；
故选：A．
【点评】本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据图象得出有效信息并结合牛顿第二定律解题，难度适中．
3．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时的最小速度V min=
B．小球通过最高点时的最小速度V min一定不为0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【专题】定量思想；临界法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】小球在竖直光滑圆形管道内做圆周运动，在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，从而可以确定在最高点的最小速度．小球做圆周运动是，沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力．根据牛顿第二定律求解管道对小球作用力大小和方向．
【解答】解：AB、在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力能支撑小球，故小球通过最高点的最小速度为0．故A、B错误；CD、小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力．故C正确，D错误；
故选：C
【点评】解决本题的关键知道小球在竖直光滑圆形管道中运动，在最高点的最小速度为0，以及知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供．
4．a、b两球位于同一竖直线上的不同位置，a比b高h，如图所示，将a、b 两球分别以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使b球在空中击中a球的是( )
A．同时抛出，且v1＜v2B．a比b后抛出，且v1＞v2
C．a比b早抛出，且v1＞v2D．a比b早抛出，且v1＜v2
【考点】平抛运动．
【专题】平抛运动专题．
【分析】a、b两球相遇时，水平位移相等，下降的高度差为h．根据高度比较运动的时间，确定谁先抛出，结合水平位移和时间比较初速度的大小．
【解答】解：两球在空中相遇时，a球下降的高度大于b球的高度，根据h=知，a球下降的时间大于b球下降的时间，可知a球比b球早抛出．
两球水平位移相等，根据x=v0t知，v1＜v2．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
【点评】解决本题的关键知道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，运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
5．如图所示，A、B两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A、B物块的质量分别为2m、m．现用水平向右的力F1、F2同时分别作用在A、B物块上，物块A、B未相对运动，下列分析正确的是( )
A．两物块接触面一定粗糙
B．B对A的摩擦力方向可能水平向右
C．F1一定大于F2
D．A对B的作用力可能为零
【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．
【专题】摩擦力专题．
【分析】两物体未相对运动说明两物体的加速度相同；根据受力情况可分析两物体间是否有摩擦力．
【解答】解：A、两物体相对静止，若F1=2F2；则两物体加速度相同，则可以相对静止，此时两物体间没有摩擦力；故无法判断AB间是否光滑；故A错误；
B、若A受到的力产生加速度小于力对B产生的加速度，则A相对于B有向左的运动趋势，故摩擦力可能可向；故B正确；
C、假设二力相等，为F，则合加速度a=；则A受到的合力为F′1=2ma=；B受到的合力为F′2=ma=；则说明只要AB间有的摩擦力，二者可以相对静止；故可以说明C错误；
D、因AB叠放在一起，则一定有压力，故作用力不可能为零；故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查牛顿第二定律及受力分析；注意C中利用的是反证法，只要证明两力相等时成立，即可证明C项错误．
6．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )
A．向下滑动P B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率D．减小电容器C的电容
【考点】变压器的构造和原理；电容．
【专题】交流电专题．
【分析】要使灯泡变亮，应使副线圈两端电压增大．向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，增大交流电源的频率通过电容器的电流更大．【解答】解：A、向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，故A错误；
B、增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，故B正确；
C、增大交流电源的频率减小了容抗，通过电容器的电流更大，故C正确；
D、减小电容器的电容，增大了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，故D错误；
故选：BC．
【点评】本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，通高频阻低频．
7．北京时间2013年2月16日凌晨3点，直径约50米、质量约13万吨的小行星“2012DAl4”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为 2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道．它对地球没有造成影响，对地球的同步卫星也几乎没有影响．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，根据天文学家的估算，它下一次接近地球大约是在2046年．假设图中的P、Q是地球与小行星最近时的位置，下列说法正确的是( )
A．小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也不会造成影响
B．只考虑太阳的引力，地球绕太阳运行的加速度大于小行星在Q点的加速度
C．只考虑地球的引力，小行星在Q点的加速度大于同步卫星在轨道上的加速度
D．小行星在Q点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q点的速率大于第二宇宙速度【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】1、小行星的质量远远小于地球的质量，地球对小行星的万有引力，对小行星的运动状态产生影响．
2、小行星和地球绕太阳运动，根据牛顿第二定律，万有引力提供加速度，列出等式，解出加速度，根据距离太阳的距离r讨论加速度大小．
3、小行星和同步卫星绕地球运动，根据牛顿第二定律，万有引力提供加速度，列出等式，解出加速度，根据距离地球的距离r讨论加速度大小．
4、小行星在Q点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q点的速率比较大，使其所需要的向心力比地球提供的万有引力大．
【解答】解：A、小行星的质量远远小于地球的质量，地球对小行星的万有引力，足以对小行星的运动状态产生影响．故A错误．
B、根据牛顿第二定律，得，由图可知，地球比小行星距太阳近，故地球绕太阳运行的加速度大于小行星在Q点的加速度，故B正确．
C、根据牛顿第二定律，得，由图可知，小行星比同步卫星距地球近，故小行星在Q点的加速度大于同步卫星在轨道上的加速度，故C正确．
D、小行星速度大约每小时2.8万公里=km/s＜11.2km/s，小于第二宇宙速度．故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查了万有引力在天体中的应用，解题的关键在于找出向心力的来源，并能列出等式解题．
8．如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块．选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是( )
A．B．C．D．
【考点】机械能守恒定律．
【专题】机械能守恒定律应用专题．
【分析】对物块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速．
【解答】解：A、若物块放上后一直加速，且到B点速度仍小于v，设物块在传送带上运动位移为x，下落高度h，物体从A到B运动过程中，机械能：E=E k+E p=（μmgcosθ+mgsinθ）x+mg （H﹣h）=（μmgcosθ+mgsinθ）x+mg（H﹣xsinθ）=μmgxcosθ+mgH，H为A、B间的高度差，则物块机械能一直增大，但E与x不成正比，故A错误，B正确；
C、若物块在到达B点之前，速度达到v，则物块速度达到v之前，机械能增加，速度达到v 之后，物块将和传送带一起匀速运动，物块的动能不变，重力势能减小，机械能减小，故C
错误，D正确
故选：BD．
【点评】本题考查传送带上的机械能问题，要综合考虑动能和重力势能，难度适中．
二、非选择题（包括实验题和计算题）
9．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示．该工件的直径为1.220cm，高度为6.860mm．
【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．
【专题】实验题．
【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为1.2cm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.05mm=0.20mm=0.020cm，
所以最终读数为：1.2cm+0.020cm=1.220cm．
2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.0×0.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm，
故答案为：1.220，6.860
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
10．某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2kΩ）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）．实验室备有如下器材：
A．电压表V（量程3V，电阻R V约为4.0kΩ）
B．电流表A1（量程100mA，电阻R A1约为5Ω）
C．电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）
D．滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）
E．电阻箱R2（0～999.9Ω）
F．开关S一只、导线若干
（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选A2（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整．
（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出﹣图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=，内阻r=（用k、b和R2表示）．该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是电压表分流．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．
（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小．
【解答】解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流
I===0.0015A=1.5mA，
因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻R A2约为50Ω）；
待测电阻R0阻值约为2kΩ，滑动变阻器R1（0～40Ω，额定电流1A）
与电阻箱R2（0～999.9Ω）最大阻值均小于待测电阻阻值，
变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；==40，==2，＞，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示．
（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，
图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小．
故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；；电压表的分流．
【点评】根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．
11．（14分）如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为R=0.90m的半圆形光滑轨道BCD 相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直．质量为m=1.0kg可看作质点的小滑块在恒定外力F 作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5．到达水平轨道的末端B点时撤去外力，小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点．g取10m/s2，求：
（1）滑块经过B点进入圆形轨道时对轨道的压力大小
（2）滑块在AB段运动过程中恒定外力F的大小．
【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动；向心力．
【专题】平抛运动专题；动能定理的应用专题．
【分析】（1）物体恰好通过最高点，意味着在最高点是轨道对滑块的压力为0，即重力恰好提供向心力，这样我们可以求出v D，在从B到D的过程中质点仅受重力和轨道的支持力，而轨
道的支持力不做功，共可以根据动能定理求出物体在B的速度，在B点根据支持力和重力的合力提供向心力得出物体在B点所受的支持力；
（2）物体从A向B运动过程中所拉力和摩擦力，F﹣μmg=ma，要求F，需知物体的加速度a，根据v2B=2aS AB可知要求a需知s，从D到A物体做平抛运动，从而求出s．
【解答】解：（1）小滑块恰好通过最高点，则有：mg=m
设滑块到达B点时的速度为v B，滑块由B到D过程由动能定理有：
﹣2mgR=mv2D﹣mv2B
对B点有：F N﹣mg=m
代入数据得：F N=60 N
由牛顿第三定律知滑块在B点对轨道的压力为60 N，方向竖直向下．
（2）滑块从D点离开轨道后做平抛运动，则在竖直方向有：2R=gt2
在水平方向有：S AB=v D t
滑块从A运动到B做匀变速直线运动，故有：v2B=2aS AB
由牛顿第二定律有：F﹣μmg=ma
代入数据得：F=17.5 N
故滑块在AB段运动过程中恒定外力F大小为17.5N．
【点评】①物体恰好通过D点是本题的突破口，这一点要注意把握；
②题目要求滑块经过B点进入圆形轨道时对轨道的压力大小而根据物体在B点的运动情况所求的是轨道对物体的支持力，故运动别忘记“由牛顿第三定律知滑块在B点对轨道的压力为60 N”．
12．（18分）如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v，长为L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ．
（1）试分析滑块在传送带上的运动情况．
（2）若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．。