(云南省)玉溪市一中019届高三物理上学期第二次调研考试试题(含解析).doc

玉溪一中高2019届高三第二次调研考试
物理学科试卷
一、选择题（本大题共16小题，1~10题只有一个选项符合题意，11~16题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得1.5分，有选错的得0分，共48分）
1.关于经典力学的局限性，下列说法正确的是（）
A. 经典力学不能很好地描述微观粒子运动的规律
B. 地球以的速度绕太阳公转时，经典力学就不适用
了
C. 在所有天体的引力场中，牛顿的引力理论都是适用的
D. 20世纪初，爱因斯坦建立的相对论完全否定了经典力学的观念和结论
【答案】A
【解析】
【详解】经典力学无法正确地描述微观粒子运动的规律性，故A正确。

经典力学适用于宏观物体、低速运动的物体，可知地
球以3×104m/s的速度绕太阳公转时，经典力学是适用的，故B 错误。

密度越大的天体表面引力越强，中子星密度非常大，其表面的引力比常见的引力强得多，为强引力，牛顿的引力理论已经不能正确解决了，故C错误。

爱因斯坦建立的相对论，但是没有否定经典力学的观念和结论，故D错误。

故选A。

【点睛】经典力学是以牛顿的三大定律为基础的，经典力学是狭义相对论在低速（v＜＜c）条件下的近似，牛顿经典力学只考虑了空间，而狭义相对论既考虑了空间，也考虑了时间，牛顿经典力学只适用于宏观低速物体，而微观、高速物体适用于狭义相对论。

量子力学适用于微观粒子运动，相对论适用于高速运动物体。

2.在如图所示装置中，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图可知（）
A. α可能大于β
B. m 1一定大于m 2
C. m 1一定小于2m 2
D. m 1可能大于2m 2
【答案】C
【解析】
【详解】绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子的拉力相等，等于m 2的重力，对与m 1连接的滑轮进行受力分析，有Tsin α=Tsin β，所以α=β．在竖直方向上有：Tcos α+Tcos β=m 1g ，而T=m 2g ，则有2m 2gcos α=m 1g ．所以m 1一定小于2m 2，当α=β=60°时，T=m 1g=m 2g ．故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

【点睛】解决本题的关键合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，运用共点力平衡，抓住水平方向和竖直方向合力为零进行求解．
3.一个物体在几个力的作用下处于静止状态．如果仅使其中
一个力大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小（此力的方向始终未变），在这过程中其余各力均不变，那么，图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：据题，物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，其中的一个力与其他各力的合力大小相等、方向相反．当保持这个力方向不变、大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小，分析物体的合力如何变化，确定物体的加速度如何变化，分析物体的运动情况，判断速度的变化情况，再选择图象．
解：依题，原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中的一个力保持方向不变、大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从开始逐渐增大，又逐渐减小恢复到零，物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动．根据速度图象的斜率等于加速度可知，速度图象的斜率先增大后减小，所以图象D正确．
故选：D．
【点评】本题考查根据物体的受力情况来分析物体运动情况的能力，要用到共点力平衡条件的推论：物体在几个力作用下平衡时，其中一个力与其他各力的合力大小相等、方向相反．
4. 如右图所示，在粗糙斜面顶端固定一弹簧，其下端挂一物体，物体在A点处于平衡状态.现用平行于斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点，第二次将物体先由A拉到C点再回到B点.则这两次过程中
A. 重力势能改变量相等
B. 弹簧的弹性势能改变量相等
C. 摩擦力对物体做的功相等
D. 弹簧弹力对物体做功相等
【答案】ABD
【解析】
试题分析：第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初末位置一样，路径不同，根据重力做功的特点只跟始末位置有关，跟路径无关，所以两次重力做功相等，根据重力做功与重力势能变化的关系得：所以两次重力势能改变量相等．故A正确．由于两次初末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等．故B正确．根据功的定义式得：摩擦力做功和路程有关；两次初末位置一样，路径不同，所以两次摩擦力对物体做的功不相
等；故C错误．根据弹簧弹力做功量度弹势能的变化和两次弹簧的弹性势能改变量相等得：两次弹簧弹力对物体做功相等．故D 正确；故选ABD
考点：考查功能原理
点评：本题难度较小，重力势能的变化根据重力做功判断，弹性势能的变化根据弹力做功判断
5.如图所示，在光滑的水平面上有甲、乙两个木块，质量分
别为m
1和m
2
，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接
起来，现用一水平力F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度，
对于整体：，对于甲：，对弹簧：，联立解得，，故两木块之间的距离是．B 正确
考点：牛顿第二定律，胡克定律，整体隔离法
6.质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车在加速的过程中( )
A. 速度随时间均匀增大
B. 加速度随时间均匀增大
C. 输出功率为160 kW
D. 所受阻力大小为1 60 N
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，速
度随时间不是均匀增大故A错误；a-函数方程a＝−4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；联立得：，结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s；由图象可知：−f/m＝−4，
解得：f=4m=4×400=1600N；，解得：P=160kW，故C正确，D错误；故选C。

7.近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为
T 1和T
2
，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大
小分别为g1、g2，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】人造卫星在地球的引力的作用下绕地球做圆周运
动，则有；忽略地球的自转，则有；解得
，故，故选：B。

8.质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑轻质定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动．当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时，下列判断正确的是( )
A. P的速率为v
B. P的速率为v cos θ2
C. P的速率为
D. P的速率为
【答案】B
【解析】
【详解】将小车的速度v 进行分解如图所示，则v p =vcos θ2，故ACD 错误，B 正确；故选B.
9.我们的银河系的恒星中大约有四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S 1和S 2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点Ｃ做匀速圆周运动．由天文观察测得其运动周期为Ｔ．S 1到Ｃ点的距离为r 1,S 1和S 2的距离为r ，已知引力常量为Ｇ．由此可求出s 2的质量为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为双星具有相同的周期和角速度，根据万有引力
提供向心力有：
可得m 2=，故ABC 错误，D 正确。

故选：D
10.现在许多高档汽车都应用了自动档无级变速装置，可不用离合就能连续变换速度，下图为截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之问有一个滚轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠彼此之间的摩擦力带动，当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，从动轮转速降低；滚动轮从右向左移动时，从动轮转速增加。

现在滚动轮处于主动轮直径D 1，从动轮直径D 2的位置，则主动轮转速n 1与从动轮转速n 2的关系是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】角速度ω=2πn ，则主动轮的线速度v 1=ω1=πD 1n 1，
从动轮的线速度v 2=ω1=πD 2n 2．因为主动轮和从动轮的线速度相等，则πD 1n 1=πD 2n 2，所以．故B 正确，ACD 错误。

故选
B。

【点睛】解决本题的关键掌握线速度与转速和半径的关系，以及知道主动轮和从动轮边缘上的点的线速度相等．
11.如图所示，物体从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点。

传送带匀速转动起来以后，物体仍从Q点开始自由下滑，则物体通过传送带后（）
A. 若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点
B. 若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点左侧
C. 若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点右侧
D. 若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点左侧
【答案】AC
【解析】
【详解】当水平传送带静止时，物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动。

若传送带逆时针转动，物块通过传送带
时，受到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，则加速度不变，可知物块仍落在P 点，选项A 正确，B 错误。

设物块滑上传送带时速度为v 0，传送带的速度为v 。

当v 0＞v 时，物块滑上传送带可能一直做匀减速运动，加速度与传送带静止时相同，当滑到传送带右端时，速度与传送带静止时相同，则物块仍落在P 点。

物块也可能先做匀减速运动，后来与传送带一起做匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P 点右侧。

当v 0=v 时，物块滑上传送带时两者相对静止，一起做匀速运动，则物块落在P 点右侧。

当v 0＜v 时，物块滑上传送带可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P 点右侧。

故D 错误， C 正确。

故选AC 。

【点睛】本题是典型的传送问题，关键是分析物块的受力情况和运动情况，当传送带顺时针转动时，要考虑各种可能的情况．
12.如图所示，质量均为m 的相同工件a 、b ，横截面为平行四边形，靠在一起置于水平面上，它们的侧面与水平面的夹角为
θ.己知a、b间相接触的侧面是光滑的，a、b与地面间的动摩擦因数均为µ．在工件b上加一水平推力F时，两工件一起向左做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )
A. 工件a对地面的压力等于工件b对地面的压力
B. 工件a对地面的压力小于工件b对地面的压力
C. 工件b受到地面的摩擦力为µmg
D. 水平推力的F大小为2µmg
【答案】BD
【解析】
【详解】以a为研究对象进行受力分析如图所示，
由于b对a产生斜向左上方的弹力T的作用，使得a对地面的压
力小于mg；根据牛顿第三定律可知，a对b产生斜向下的弹力，使得b对地面的压力大于mg，所以A错误、B正确；根据f=μN可知，工件b受到地面的摩擦力小于µmg，选项C错误；对ab的整体，对地面的压力等于2mg，由平衡知识可知F=f=2µmg，选项D正确；故选BD。

【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．
13.两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方(v2) 随位置(x)的变化图象如图所示，下列判断正确的是( )
A. 汽车A的加速度大小为2 m/s2
B. 汽车A 、B 在x ＝6 m 处的速度大小为2 m/s
C. 汽车A 、B 在x ＝6 m 处相遇
D. 汽车A 、B 在x ＝8 m 处相遇
【答案】AB
【解析】
【详解】根据匀变速直线运动的速度位移关系公式v 2-v 02=2ax 得：v 2=v 02+2ax ，可知v 2-x 图象的斜率等于2a 。

对于汽车A ，则有 2a A ==-4，可得 a A =-2m/s 2，加速度大小为2m/s 2．故A 正确。

汽车A 、B 在x=6m 处的速度大小设为v 。

由图知：对于汽车A ，有 v 02=36，得A 的初速度v 0=6m/s ；由v 2-v 02=2ax 得
，故B 正确。

汽车A 的初速度为
v 0=6m/s ，加速度为：a A =-2m/s 2；A 汽车停止的时间为：，此过程A 汽车的位移为：
；对于汽车B ，初速度为0，加速度为
，汽车B 要是行驶9m 的距离所用的时间为：，所以是汽车A 静止后，B 才追上A 的，
所以汽车A、B在x=9m处相遇。

故CD错误。

故选AB.
【点睛】根据数学知识写出v2-x的关系式，来分析图象的斜率、截距的物理意义，从而分析出两车的运动情况．
14.我国发射的“神舟八号”飞船与先期发射的“天宫一号”空间站实现了完美对接。

已知“天宫一号”绕地球做圆轨道运动，轨道半径为r，周期为T，引力常量为G。

假设沿椭圆轨道运动的“神舟八号”环绕地球的运动方向与“天宫一号”相同，远地点与“天宫一号”的圆轨道相切于某点P，并在这点附近实现对接，如图所示。

则下列说法正确的是( )
A. 根据题设条件可以计算出地球对“天宫一号”的引力大小
B. 根据题中条件可以计算出地球的质量
C. 要实现在远地点P处对接，“神舟八号”需在靠近P处之前点火减速
D. “神舟八号”的运行周期比“天宫一号”的小
【答案】BD
【解析】
【详解】根据知，地球的质量M=，由于“天宫一号”的质量未知，无法求出地球对：“天宫一号”的引力大小，故A错误，B正确。

要实现在远地点P处对接，“神舟八号”需在靠近P处之前应该点火加速，使得万有引力等于向心力，故C错误。

根据开普勒第三定律知，＝C，由于“神舟八号”轨道的半长轴小于“天宫一号”的轨道半径，则“神舟八号”的运动周期比“天宫一号”的小，故D正确。

故选BD。

【点睛】解决本题的关键知道运用万有引力提供向心力只能求出中心天体的质量，环绕天体的质量无法求出，以及会根据万有引力和向心力的大小关系分析变轨问题．
15.如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO'转动。

已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO'轴的距离为物块B到OO'轴距离的2倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）
A. 物块A受到的合外力一直在增大
B. 物块A受到的摩擦力一直在增大
C. 物块B受到的静摩擦力先增大后减小
D. 物块B受到的静摩擦力先增大后减小再增大
【答案】AD
【解析】
【分析】
在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以做向心力时，绳子的拉力就会
来做补充，速度再快，当这2个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动，根据向心力公式进行讨论即可求解。

=m，在发生相对滑动前物【详解】根据向心力公式，F
向
体的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，A所受的向心力增大，而向心力就是物体的合力，故A正确。

开始角速度较小时，两物体均靠静摩擦力提供向心力，角速度增大，静摩擦力增大，根据f=mrω2，知，随着角速度的增大，A先达到最大静摩擦力，A先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力时，B受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，随着角速度的增大，对B，拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，则B的静摩擦力会减小，然后反向增大。

对A，拉力和最大静摩擦共同提供向心力，角速度增大，静摩擦力不变。

可知A的静摩擦力先增大达到最大静摩擦力后不变，B的静摩擦力先增大后减小，再增大。

故BC错误，D正确，故选AD。

16.如图所示，内壁光滑、半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小
锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则的值可能是( )
A. B.
C. 1
D. 2
【答案】AB
【解析】
【详解】第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根
≤mgR…①
据功能关系，有：W
1
两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有：
W 1+W 2-2mgR=mv 2…②
在最高点有：mg+N=m ≥mg …③
联立①②③解得：W 1≤mgR ；W 2≤mgR 故，故AB 正确，CD 错误；故选AB 。

二、实验题(本大题共2小题，每空2分，共12分)
17.如图甲所示的装置，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。

(1)实验需要用20分度的游标卡尺测量挡光板的宽度d ，如图乙所示，d ＝________mm.
(2)实验时首先保持轨道水平，通过调整砝码盘里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。

某次实验过程，力传感器的读数为F，小车通过光电门1和光电门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m，已知重力加速度为g，则以小车为研究对象，实验要验证的表达式是
________．
A．mgs＝M()2－M()2 B．(m－m0)gs＝M()2－M()2
C．(F－m0g)s＝M()2－M()2 D．Fs＝M()2－M()2
【答案】(1). 5.50 (2). C
【解析】
【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×10mm=0.50mm，则d=5.50mm．
（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小车通过光电门1和光电门2的瞬时速度分别为v1＝，v2＝，
则小车动能的增加量为：Mv22−Mv12=M()2−M()2，
g）s，
外力对小车做的功W=（F-m
则需要验证的表达式为：（F-m
g）s=M()2−M()2．故选C．
【点睛】本题探究功和速度变化的关系，注意研究的对象是小车，抓住外力对小车做功和小车动能的变化是否相等进行验证，掌握游标卡尺的读数方法，注意不需估读．
18.如图是“验证力的合成的平行四边形定则”实验示意图。

将橡皮条的一端固定于A点，图甲表示在两个拉力F1、F2的共同作用下，将橡皮条的结点拉长到O点；图乙表示准备用一个拉力F拉橡皮条，图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的合成图示。

(1)有关此实验，下列叙述正确的是________(填正确答案标号)。

A．在进行图甲的实验操作时，F1、F2的夹角越大越好
B．在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到O 点
C．拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦
D．在进行图甲的实验操作时，保证O点的位置不变，F1变大时，F2一定变小
(2)图丙中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿AO方向的是________(填“F”或者“F′”)。

(3)若在图甲中，F1、F2夹角小于，现保持O点位置不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为F1__________，
F
___________。

2
【答案】(1). BC (2). F(3). F1先减小后增大(4). F2一直增大
【解析】
【详解】（1）在进行图甲的实验操作时，F 1、F 2的夹角大小适当即可，并非越大越好，选项A 错误；在进行图乙的实验操作时，必须将橡皮条的结点拉到O 点，以保证等效性，选项B 正确；拉力的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦，以免产生误差，选项C 正确；在进行图甲的实验操作时，保证O 点的位置不变，即两个力的合力一定，则当F 1变大时，F 2不一定变小，选项D 错误；故选BC.
（2）图丙中有两个力F 与F ′，其中F'是以F 1、F 2为邻边构成的平行四边形的对角线．在这两个力中，方向一定沿AO 方向的是力F ，而力F'由于存在误差，会与AO 方向成一定角度；
（3）若在图甲中，F 1、F 2夹角小于 ，现保持O 点位置不变，即两个拉力的合力不变，拉力F 2方向不变，增大F 1与F 2的夹角，将F 1缓慢转至水平方向的过程中，由图可知，两弹簧秤示数大小变化为：F 1先减小后增大； F 2一直增大.
【点睛】在解决设计性实验时，一定先
要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析；掌握图解法在动态分析中的应用．
三、计算题(本大题共4小题，共40分。

)
19.质量为20 kg的物体若用20 N的水平力牵引它，刚好能在水平面上匀速前进。

若改用50 N拉力，沿与水平方向成37°的夹角向斜上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进2.3m 时，它的速度多大？在前进2.3m时撤去拉力，又经过3s，物体的速度多大？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2) 【答案】2.3 m/s，0
【解析】
【详解】物体匀速运动时，拉力等于摩擦力，则f=20N．
根据牛顿第二定律得：Fcosθ-f=ma
N+Fsinθ=mg
f=μN
由上述三式解得：
．
=μg=1m/s2，
撤去拉力后：a
1
物体速度减为零所需的时间：，此时物体已停下，=0。

所以v
1
【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意在本题中不是摩擦力不变，而是动摩擦因数不变．
20.如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径为R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，两者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。

一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数µ1=0.4。

工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数µ2=0.1。

（g=10m/s2）
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。

（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。

求F的大小。

【答案】（1）h=0.2m （2）F=8.5N
【解析】
【详解】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，
mgL=0
根据动能定理得：mgh-μ
1
代入数据得：h=0.2m…①
（2）设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得…②
根据牛顿第二定律，对物体有mgtanθ=ma…③
对工件和物体整体有F-μ
（M+m）g=（M+m）a…④
2
联立①②③④式，代入数据得F=8.5N…⑤
21.如图所示，两个半径均为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平。

轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与一质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R的薄板DE固定于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。

现用外力向左推动小球，使弹簧压缩到某一位置，然后放开，小球被弹簧弹出后进入管道，最后从C点抛出。

重力加速度为g
(1)小球经过C点时所受的弹力的大小为mg，求弹簧弹性势能的大小E p；
(2)若更换不同质量的小球，然后仍将弹簧压缩至相同的位置释放，小球经C点抛出能击中薄板DE，求小球质量m1的取值范围。

【答案】(1) mgR(2) m≤m1≤m
【解析】
【详解】（1）在C 点，以小球为研究对象，则有: mg+mg =m
对整个过程，根据能量守恒定律得 E p =2mgR+mv C 2
联立解得 E p =mgR
（2）小球离开C 点后做平抛运动，
竖直方向：2R ＝gt 2，
水平方向：x 1=v 1t ，
若要小球击中薄板，应满足：R ≤x 1≤2R ， 解得：
从A 到C 的过程中，根据能量守恒定律得：
E P ＝2m 1gR +m 1v 12
解得：m ≤m 1≤m
【点睛】本题考查了求小球的动能、重力势能、弹簧的弹性势能，分析清楚小球的运动过程，应用能量守恒定律、牛顿第二定律、平抛运动规律即可正确解题，难度适中．
22.下列说法中正确的是________．。