（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=
（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒； 则有：mgH=mv； 即：2gH0=（
）
22
解得：g=；
（4）根据g=，由于该过程中有阻力，运动变慢，而高度越高，运动时间相对影响
越长；故空气阻力的影响； 故答案为：
（1）7.25 （2）
（3） （4）空气阻力的影响
点评： 本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解．
四、本题共5小题，计56分．解答时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能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位． 15．（10分）（2015秋?泗阳县月考）如图所示，某同学在地面上拉着一个质量为m=20kg的箱子以v=5m/s作匀速直线运动，箱子与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，拉力F与水平面夹
2
角为θ=53°，（sin53°=0.8 cos53°=0.6 g=10m/s）求： （1）绳子的拉力F；
（2）撤掉拉力1.5s的时间内摩擦力对箱子所做的功W．
考点： 功的计算．
分析： （1）对箱子受力分析，受拉力、重力支持力和摩擦力，根据平衡条件列方程求解即可；
（2）根据运动规律解得1.5s内的位移，根据w=﹣μmgx求解功． 解答： 解：（1）对箱子进行受力分析，由平衡方程得
Fcos 53°=μFN
FN+Fsin 53°=mg
联立解得：F=100 N （2）撤去拉力后，加速度a=μg=5m/s
箱子停下来所需的时间为t==1s＜1.5s 故撤掉拉力1.5s的时间内箱子的位移x=
=2.5m
2
所以w=﹣μmgx=﹣250J 答：（1）绳子的拉力F为100N；
（2）撤掉拉力1.5s的时间内摩擦力对箱子所做的功W为﹣250J． 点评： 本题关键是对物体受力分析和运动过程分析，然后根据共点力平衡条件并运用正交分解法列平衡方程解决这类问题． 16．（10分）（2015秋?泗阳县月考）如图所示，斜面ABC中AB段粗糙，BC段长2m且光滑，质量为1kg的小物块由A处以12m/s的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度为零，此过程中小物块在AB段加速度大小是BC段加速度大小的2倍，两段运动时间相等，
2
g=10m/s，求：
（1）小物块通过B处的速度；
（2）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间．
考点： 匀变速直线运动的速度与位移的关系；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： 根据运动学公式以及在AB段和BC段加速度的关系，求出通过B处的速度； 由运动学公式求出沿斜面下滑过程中通过BA段的时间． 解答： 解：（1）设物体在AB段加速度大小为a1，BC段加速度大小为a2 则题意可知：a1=2a2
t1=t2=t
则有：
解得：vB=4m/s
22
（2）在上滑AB段：vA﹣vB=2a1LAB
2
在上滑BC段：vB=2a2LBC
得：LAB=8m
由题意可知，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，从A到B： 物体下滑通过BA段做匀速运动： t′=
得t′=2s 答：（1）小物块通过B处的速度为4m/s
（2）沿斜面下滑过程中通过BA段的时间为2s． 点评： 本题考查了运动学公式应用，要明确运动过程，根据题意和已知条件确定正确的公式应用． 17．（12分）（2015秋?泗阳县月考）质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，沿倾角θ=37°粗糙斜面的底端由静止开始向上运动，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2，斜面固定且很长．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s） （1）求物体在水平推力作用下向上运动的加速度大小； （2）求物体从低端向上运动3m时水平推力的瞬时功率；
（3）若物体向上运动3m后撤去推力，则物体从底端沿斜面运动到最高点过程中克服摩擦力做多少功．
2
考点： 牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题．
分析： （1）对物体受力分析，由垂直斜面方向上的平衡关系可求得粒子受到的支持力，则由动摩擦力公式可求得摩擦力；由沿斜面方向上的合力利用牛顿第二定律可求得加速度； （2）由运动学公式先求得运动3m时的速度，然后由P=Fv即可求出功率； （3）由动能定理可求得物体还能滑行的距离，然后结合W=fx即可求出． 解答： 解：（1）受力分析图
垂直斜面方向平衡：FN=mgcosθ+Fsinθ Ff=μFN=μ（mgcosθ+Fsinθ） 解出：Ff=40N
沿斜面方向牛顿定律：Fcosθ﹣Ff﹣mgsinθ=ma
2
代入数据解出：a=6m/s
（2）运动3m时物体速度设为v
由v=2aS1，解出v=P=Fvcos37°=960W
2
=6m/s
（3）撤去F后，Ff′=μmgcosθ=0.2×100×0.8 N=16N 动能定理：﹣mgx2sinθ﹣Ff′x2=0﹣
物体继续上升距离 x2=2.37m W=Ffx1+Ff′x2=157.92J
2
答：（1）物体在水平推力作用下向上运动的加速度大小是6m/s； （2）物体从低端向上运动3m时水平推力的瞬时功率是960；
（3）若物体向上运动3m后撤去推力，则物体从底端沿斜面运动到最高点过程中克服摩擦力做功157.92．
点评： 本题综合考查牛顿运动定律及动能定理，要求学生应能正确受力分析及过程分析，并选择合适的过程应用物理规律求解． 18．（12分）（2015秋?泗阳县月考）如图所示，平台上质量m=1kg的小球从A点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的斜面BC，经C点进入光滑水平面CD时速率不变，最后进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内．已知A、B两点高度差为h1=0.8m，BC斜面高h2=2m，倾角α=53°，悬挂弧形轻质筐的轻绳长为l=2m，小球可看成质点，轻质筐及绳的重力忽略不计，且筐的高度远小于悬线长度（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s）试求： （1）B点与抛出点A的水平距离x；
（2）小球进入轻质筐后瞬间，轻质筐所受拉力F的大小；
（3）通过计算判断小球进入轻质筐后两者能否一起在竖直平面内作完整的圆周运动．
2
考点： 动能定理的应用；平抛运动． 专题： 动能定理的应用专题．
分析： （1）小球从A到B做平抛运动，小球恰好与无碰撞地进入光滑的BC斜面，速度沿BC面向下，可得到两个方向的分速度关系．从水平方向和竖直方向运用平抛运动的规律分析解决问题．
（2）由动能定理求出小球到达B点时的速度，小球进入轻质筐后瞬间做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出拉力．
（3）应用动能定理与牛顿第二定律求出做在最高点做圆周运动的临界速度，然后根据临界速度分析答题． 解答： 解：（1）小球运动至B点时速度方向与水平方向夹角为53°， 设小球抛出时的初速度为v0，从A点至B点的时间为t，有：
竖直方向：h=gt， 水平方向：x=v0t， tan53°=
=
，
2
解得：x=1.2m；
（2）设小球运动至B点时速度为vC， 由动能定理得：
，解得：vC=7m/s，
小球进入轻质筐后瞬间做圆周运动，由牛顿第二定律得：F﹣mg=，解得F=34.5N；
（3）球和筐在竖直平面内要做完整的圆周运动，在最高点应满足：从最低点到最高点过程中由动能定理得：
，
，
解得：vD=10m/s＞7m/s，
所以筐和球不能在竖直平面内做完整的圆周运动； 答：（1）B点与抛出点A的水平距离x为1.2m；
（2）小球进入轻质筐后瞬间，轻质筐所受拉力F的大小为34.5N；
（3）小球进入轻质筐后两者不能一起在竖直平面内作完整的圆周运动．
点评： 遇到题目过程非常复杂时，注意把题目细化分解到小的过程．比如此题中，整个过程可分为平抛、沿光滑斜面匀加速、沿水平面匀速、沿圆轨道圆周运动．
19．（12分）（2015秋?泗阳县月考）如图在光滑水平面上有一质量为m1=2kg、长l=1.5m的木板，其左端放一质量为m2=1kg的木块．木块和木板间的动摩擦因数μ=0.6，物体间最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．开始两物体都处于静止状态，现给木块施加一水平力F． （1）要使两物体保持相对静止，求水平力F的范围； （2）若F=12N，求把木块从木板上拉下来所需的时间．
（3）若F=12N，要把木块从木板上拉下来，水平力F至少要做多少功．
考点： 牛顿运动定律的综合应用；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： （1）要使两物体保持相对静止，则两个物体具有相等的加速度，结合牛顿第二定律即可求出；
（2）当F=12N时，根据牛顿第二定律分别求出加速度，然后结合运动学的公式即可求出； （3）当F=12N时，由运动学的公式先求出木板的位移，然后由功的公式W=Fx即可求出． 解答： 解：（1）当木块在木板上刚要相对滑动时 对整体：F=（m1+m2）a 对木板：μm2g=m1a 得F=9N 即F≤9N
（2）当F=12N时，
对木板有：μm2g=m1a1对木块有：F﹣μm2g=ma2
又x2﹣x1=l
得：t=1s
（3）撤去拉力时木块速度为v1，木块刚离开木板时共同速度为v2，则撤去拉力时木块加速度速度为： μm2g=m2a3 对木板：
对木块：
又
解得：m/s
所以：=2.25m
W=Fx=27J 答：（1）要使两物体保持相对静止，水平力F的范围是F≤9N； （2）若F=12N，把木块从木板上拉下来所需的时间是1s．
（3）若F=12N，要把木块从木板上拉下来，水平力F至少要做功27J． 点评： 该题考查牛顿第二定律的应用，正确的受力分析求出加速度，能根据运动分析知道木块从木板左端到右端位移的关系是解决本题的关键．