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2019届河北省衡水市衡水中学高三高考物理二调物理试卷（解析版）
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2019届河北省衡水市衡水中学高三高考物理二调
物理试卷（解析版）
一、单选题（本大题共3小题，共12.0分）
1.如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止。物体B的受力个数为
A. 2 B. 4 C. 2或4 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
本题先对A物体受力分析，然后根据牛顿第三定律，得出A对B的反作用力，再对B物体受力分析，得出结果。
【详解】以A为研究对象，受力分析，有竖直向下的重力、B对A的支持力和摩擦力，这样才能使平衡。根据牛顿第三定律，A对B也有压力和摩擦力，B还受到重力和推力F，所以B受四个力作用，故B正确，ACD错误。
【点睛】本题关键先对A物体受力分析，再得出A对B物体的反作用力，最后再结合平衡条件对B物体受力分析即可正确求解。
2.如图所示，可视为质点的两个小球A、B从坐标为(0，2y0)、(0，y0)的两点分别以速度vA和vB水平抛出，两个小球都能垂直打在倾角为45°的斜面上，由此可得vA∶vB等于 ( )
A. ∶1 B. 2∶1
C. 4∶1 D. 8∶1
【答案】A
【解析】
小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytan45°=v0；又vy=gt，可得：，根据几何关系得：，联立以上可得：，据题小球A、B从坐标分别为（0、2y），（0，y），即hA=2y，hB=y，可得：，故A正确，BCD错误。
3.如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为( )
A. 8 J B. 8.72 J C. 10 J D. 9.28 J
【答案】C
【解析】
当杆与竖直墙壁夹角θ=37°时，设小球1的速度为v′，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有：v′cos37°=vcos53°
代入数据得：v′=1.2m/s
小球2上升的高度为：h=Lcos37°=0.8m
根据功能原理得外力F所做的功为：W=mv2+mv′2+mgh
解得：W=10J，故选C.
点睛：正确找出小球1与2的速度关系是解答的关键，要知道两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，解题时要熟练运用几何知识帮助解决物理问题．
二、多选题（本大题共12小题，共48.0分）
4.质量为m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动．0～2s内F与运动方向相反，2s～4s内F与运动方向相同，物体的速度-时间图象如图所示，已知g取10m/s2．则（ ）
A. 物体在0～4 s内通过的位移为8 m
B. 拉力F的大小为100N
C. 物体与地面间的动摩擦因数为0.2
D. 物体克服摩擦力做的功为480 J
【答案】ACD
【解析】
【分析】
速度图象的“面积”等于位移大小，根据几何知识求解0～4s内的位移．由斜率求出加速度，分析求出前2s内和后2s内物体的加速度大小，再根据牛顿第二定律求出拉力F和摩擦力的大小，再求解动摩擦因素和物体克服摩擦力做功。
【详解】A项：由速度图象的“面积”等于位移大小，得到：物体在0～4s内通过的位移为，故A正确；
B项：由斜率等于加速度的大小，得到：前2s内和后2s内物体的加速度大小分别为，
根据牛顿第二定律得：
F+f=ma1；
F-f=ma2，
代入解得：F=60N，f=40N，故B错误；
C项：由f=μmg得，，故C正确；
D项：物体通过的总路程为，滑动过程中物体受到的摩擦力大小不变，始终做负功，则物体克服摩擦力做的功为W=fS=480J，故D正确。
【点睛】本题实际上通过速度反映了物体的运动情况，抓住“面积”等于位移、斜率等于加速度，根据牛顿第二定律求解拉力．属于知道了物体的运动情况，确定物体受力情况的类型。
5.如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A，B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg.则( )
A. 物块B刚要离开C时B的加速度为0
B. 加速度a＝g
C. 无法计算出加速度a
D. 从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为
【答案】AD
【解析】
试题分析：当物块B刚要离开C时，对挡板的压力为零，根据平衡条件求出此时弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的形变量．对A，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度．弹簧开始处于压缩，根据平衡求出压缩量的大小，抓住A的位移等于弹簧的形变量求出物块A的位移．
物块B刚要离开C时，B和挡板之间没有力的作用，即弹簧的拉力正好等于B的重力沿斜面向下的分力，所以此时B的合力为零，加速度为零，A正确；物块B刚要离开C时，
弹簧的弹力，所以对A分析，受到弹簧沿斜面向下的拉力，和重力沿斜面向下的分力以及F的作用，根据牛顿第二定律可得，解得，BC错误；未施加F之前，弹簧处于压缩状态，对A分析有，当物块B刚要离开C时弹簧处于拉伸状态，对B分析有，故A上升的位移为，D正确．
6.在遥控直升机下面用轻绳悬挂质量为m的摄像机可以拍摄学生在操场上的跑操情况。开始时遥控直升机悬停在C点正上方。若遥控直升机从C点正上方运动到D点正上方经历的时间为t,已知C、D之间距离为L,直升机的质量为M,直升机的运动视作水平方向的匀加速直线运动。在拍摄过程中悬挂摄像机的轻绳与竖直方向的夹角始终为β,重力加速度为g,假设空气对摄像机的作用力始终水平,则( )
A. 轻绳的拉力T=
B. 遥控直升机加速度a=gtan
C. 摄像机所受的合外力为=Ma=
D. 这段时间内空气对摄像机作用力的大小为 F=m(gtan-)
【答案】AD
【解析】
摄像机的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：
竖直方向有：F1cosβ=mg ①
水平方向有：F1sinβ-F=ma ②
由①得：轻绳的拉力 ③
遥控直升机加速度 a=gtanβ-g ④，故A正确，B错误．
直升机做初速度为零的匀加速运动，由L=at2，得 ⑤
所以摄影机所受的合外力为 F合=ma= ．故C错误．
由②③得：空气对摄像机作用力的大小为 F=F1sinβ-ma=•sinβ-m•=m（gtanβ-）．故D正确．故选AD.
点睛：本题涉及两个物体，采用隔离法研究．分析物体的受力情况，运用正交分解法列方程是关键．要注意直升机和摄像机是两个不同的研究对象，加速度相同，但质量不同．
7.如图，在水平转台上放一个质量M＝2 kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力Fmax＝6.0 N，绳的一端系挂木块，通过转台的中心孔O(孔光滑)，另一端悬挂一个质量m＝1.0 kg的物体，当转台以角速度ω＝5 rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可以是(g取10 m/s2，M、m可看成质点)( )
A. 0.04 m
B. 0.08 m
C. 0.16 m
D. 0.32 m
【答案】BCD
【解析】
试题分析：物体的摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据向心力公式得：mg+f=Mω2r
解得：；当f=fmax=6.0N时，r最大，，当f=-6N时，r最小，则，故BC正确．
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题主要考查了向心力公式的直接应用，知道物体在随转台一起做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力；注意要能理解静摩擦力最大时的两个方向，从而根据牛顿第二定律求解转动半径的两个最值；此题难度不大，属于基础题。
8.如图,两个相同的小球A、B用两根轻绳连接后放置在圆锥筒光滑侧面的不同位置上,绳子上端固定在同一点O,连接A球的绳子比连接B球的绳子长,两根绳子都与圆锥筒最靠近的母线平行。当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴OO´以角速度匀速转动时,A、B两球都处于筒侧面上与筒保持相对静止随筒转动,下列说法正确的是( )
A. 两球所受的合力大小相同
B. A球对绳子的拉力大小等于B球对绳子的拉力大小
C. 两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力
D. A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力
【答案】D
【解析】
【详解】A项：设圆锥筒顶角一半为，则两球做匀速圆周运动的半径分别为：，，两球所受的合力提供向心力即，由半径不同，所以两球的合外力大小不相同，故A错误；
B、D项：小球受重力G，支持力N，拉力，水平方向由牛顿第二定律可得：
竖直方向由平衡条件可得：
解得：，
由于半径不同，所以两球对细绳的拉力则不同，故B错误，
由于A球圆周运动的半径的半径大于B球做圆周运动的半径，所以A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力，故D正确；
C项：两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力与圆锥筒对小球支持力沿水平方向分力的合力，故C错误。
9.如图所示,质量相等的a、b两物体放在圆盘上,到圆心的距离之比是2:3,圆盘绕圆心做匀速圆周运动,两物体相对圆盘静止,a、b两物体做圆周运动时( )
A. 角速度大小之比是1:1 B. 线速度大小之比是1:1
C. 向心加速度大小之比是2:3 D. 向心力大小之比是9:4
【答案】AC
【解析】
【详解】A项：两个物体是同轴传动，角速度相等，故A正确；
B项：两个物体角速度相等，到圆心的距离之比是2：3，根据v=rω，线速度之比为2：3，故B错误；
C项：两个物体角速度相等，线速度之比为2：3，根据a=vω，向心加速度之比为2：3，故C正确；
D项：两个物体质量相等，向心加速度之比为2：3，故向心力之比为2：3，故D错误。
故应选AC。
10.如图，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R。轨道端点所在的水平线相隔一定的距离。一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为。小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为ΔF（ΔF＞0）。不计空气阻力。则（ ）
A. 、一定时，R越大，ΔF越大
B. 、、R一定时，越大，ΔF越大
C. 、R一定时，越大，ΔF越大
D. 、R、x一定时，ΔF与v的大小无关
【答案】CD
【解析】
试题分析：在最低点B，有，则，根据机械能守恒定律得，，在最高点A有：，解得，所以；m、x一定时，R越大，一定越小，故A错误；m、x、R一定时，越大，不变，故B错误； m、R一定时，x越大，一定越大，故C正确； m、R、x一定时，与的大小无关，故D正确。
考点：向心力、牛顿第二定律
【名师点睛】本题综合考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键搞清向心力的来源，知道最高点速度和最低点速度的关系。
11.如图所示,光滑水平面上有一个四分之三圆弧管,内壁也光滑,半径R=0.2m,质量M=0.8kg，管内有一个质量m=0.2kg的小球,小球直径略小于弯管的内径,将小球用外力锁定在图示位置,即球和环的圆心连线与竖直方向成37°角,对图弧管施加水平恒定外力F作用,同时解除锁定,系统向右加速,发现小球在管中位置不变,当系统运动一段距离后管撞击到障碍物上突然停下,以后小球继续运动通过最高点后又落入管中,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则下列说法正确的是( )
A. 拉力F的大小为6N
B. 小球在轨道最高点时速度为1m/s
C. 系统运动一段距离后管撞击到障碍物时速度为2m/s
D. 拉力F做的功为4.1J
【答案】BD
【解析】
【详解】A项：对小球有：
对系统有：，故A错误；
B项：小球离开环管做平抛运动，则有：
R=
由以上两式解得：，故B正确；
C项：系统的速度，由机械能守恒定律得： ，解得：，故C错误；
D项：F做的功，故D正确。
故应选BD。
12. 把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周，由火星和地球绕太阳运动的周期之比可求得（ ）
A. 火星和地球的质量之比 B. 火星和太阳的质量之比
C. 火星和地球到太阳的距离之比 D. 火星和地球绕太阳运行速度大小之比
【答案】CD
【解析】
试题分析：由于火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，由开普勒第三定律，，k为与太阳质量相关的常量，又，则可知火星和地球到太阳的距离之比和运行速度大小之比，所以C、D选项正确。
考点：万有引力定律和天体运动规律考查。
【此处有视频，请去附件查看】
13.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一字宙速度,而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度,与的关系是= ,已知某星球半径是地球半径R的,其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的,地球的平均密度为,不计其他星球的影响,则( )
A. 该星球上的第一字宙速度为
B. 该星球上的第二字宙速度为
C. 该星球的平均密度为
D. 该星球的质量为
【答案】BC
【解析】
根据第一宇宙速度，故A错误；根据题意，第二宇宙速度，故B正确；根据公式，且故，所以，故C正确；根据公式，故D错误；故选BC.
14.探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射可以简化如下：卫星由地面发射后，卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时月球车将在M点着陆月球表面，正确的是（ ）
A. “嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度小
B. “嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大
C. “嫦娥三号”在轨道1上运动周期比在轨道2上小
D. “嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度小于在轨道2上经过Q点时的加速度
【答案】AB
【解析】
A、月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，“嫦娥三号”在轨道1上的半径大于月球半径，根据，得线速度 ，可知“嫦娥三号”在轨道1上的运动速度比月球的第一宇宙速度小。故A正确。
B、“嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点若要进入轨道1，需减速，所以在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大。故B正确；
C、根据开普勒第三定律得卫星在轨道2上运动轨道的半长轴比在轨道1上轨道半径小，所以卫星在轨道1上运动周期比在轨道2上大，故C错误；
D、“嫦娥三号”无论在哪个轨道上经过Q点时的加速度都为该点的万有引力加速度，因为都是Q点可知，万有引力在此产生的加速度相等，故D错误。
故选：AB。
15.如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动，两物体分别到达地面，下列说法正确的是（ ）
A. 运动过程中重力的平均功率＜B
B. 运动过程中重力的平均功率=B
C. 到达地面时重力的瞬时功率＜B
D. 到达地面时重力的瞬时功率=B
【答案】AC
【解析】
AB、B做自由落体运动，运动时间，A做匀加速直线运动，a=gsinθ，根据得：，重力做功相等，根据知,PA
【名师点睛】
根据动能定理求出到达地面时的速度，根据瞬时功率的公式求出重力的瞬时功率．结合牛顿第二定律和运动学公式比较运动的时间，通过平均功率的公式求出重力的平均功率．
三、实验题探究题（本大题共2小题，共10.0分）
16.如图甲(侧视图只画了一个小车)所示的实验装置可以验证“牛顿第二定律”，两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个小盘增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。两车左端各系一条细线用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止(如图乙)。拾起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车位移的大小。
(1)该实验中，盘和盘中砝码的总质量应__________小车的总质量(填“远大于”、“远小于”、“等于”)。
(2)图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的实验记录，已测得小车1的总质量M1=100g，小车2的总质量M2=200g。由图可读出小车1的位移x1=5.00m小车2的位移x2=__________cm，可以算出=__________(结果保留三位有效数字)；在实验误差允许的范围内，_________(填“大于”、“小于”、“等于”)。
【答案】 (1). 远小于 (2). 2.42～ 2.47 (3). 2.02～ 2.07 (4). 等于
【解析】
(1) 因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg，所以不需要满足悬挂的沙桶总质量一定要远远小于小车（包括盛沙的盒及盒内的砂）的总质量；
(2)由图可知，小车2的位移为2.43m，由匀加速直线运的位移公式可知，，即由于时间相等，所以，由牛顿第二定律可知： ，所以两小车的加速度之比等于质量的反比。
17.在做“研究平抛运动”的实验中，为了测量小球平抛运动的初速度，实验用如图所示的装置。实验操作的主要步骤如下：
(ⅰ)在一块平木板上钉上复写纸和白纸，将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段初始距离d，并保持板面与轨道末端的水平段垂直。
(ⅱ)使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A
(ⅲ) 将木板沿水平方向向右平移一段动距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B
(ⅳ)将木板再水平向右平移相同距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C
(ⅴ)测得A、B、C三点距地面的高度为y1、y2、y3，已知当地的重力加速度为g。
请回答下列问题
(1)关于该实验，下列说法中正确的是_______
A．斜槽轨道必须尽可能光滑
B．每次小球均须由静止释放
C．每次释放小球的位置可以不同
D．步骤(ⅰ) 初始距离d必须与步骤(ⅲ)中距离x相等
(2)根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0＝________。(用题中所给字母表示)
(3)某同学做进一步的研究，改变小球释放的初始位置的高度h，每改变一次高度，重复上述步骤(ⅰ)-(ⅴ)(其它条件不变)，并记录每次的h、y1、y2、y3。在同一坐标系中画出、、图象。根据你的分析，下列哪个图最接近该同学的实验结果______（图中直线a表示图象，直线b表示图象，直线c表示图象）。
【答案】 (1). B (2). (3). C
【解析】
根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度．
（1）为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，C错误，B正确，步骤(ⅰ) 初始距离d必须与步骤(ⅲ)中距离x无关，只要保证，连续水平移动的位移x相等即可，故D错误。
（2）在竖直方向上， ；水平方向上 ，可得小球平抛的初速度。
（3）设小球离地高度为，小球平抛运动阶段水平位移为 ，距离地面高度为，小球从斜槽的由h处静止释放，忽略摩擦力的影响，，由以上分析可得，当由木板水平向右平移时，对逐渐变大，图象斜率变小，故C正确。
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
18.如图所示,半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内,轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角=30°。下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一质量为m=0.1kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以=2m/s的速度被水平抛出,恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道,g取10m/s2。求:
（1）小物块从A点运动至B点的时间；
（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时,对轨道的压力。
【答案】(1) 0.35s (2) 8N
【解析】
【详解】(1) 小物块在B的速度分解为水平方向和竖直方向，则有：
所以所用的时间为：；
(2)小物块在B的速度为：；
对小物块从B到C应用动能定理得：
在C点由牛顿第二定律可得：
由以上两解得：
由牛顿第二定律可得：小物体对轨道的压力为8N.
19.如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管A加固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB=2L，圆环的半径为r= (圆管的直径忽略不计)，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为(>0)的绝缘小物体(视为质点)，PC间距为L。现将该小物体无初速释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度用g表示。
(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大?
(2)小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距离C点多远?
(3)小物体由P点运动到N点的总时间为多少?
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿PA连线运动，重力与电场力的合力沿PA方向；又，故，解得：
（2）小物体从P到A的运动由动能定理可得：，解得：
虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于，电荷量为(>0)的绝缘小物体所受电场力，方向竖直向上，故小物体从A到B做匀速圆周运动，
小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点，对竖直方向：解得：
水平方向： 、 解得：
N点距离C点：
（3）小物体从P到A的时间 ，则解得：
物体从A到B的时间，则
小物体由P点运动到N点的总时间
20.如图所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先作匀加速运动，5s末到达到额定功率，之后保持额定功率运动。其运动情况如图象所示。已知电动机的牵引力的额定功率为36kw，重力加速度g取，求：
升降机的总质量大小；
升降机在内上升的高度。
【答案】（1）（2）
【解析】
(1)设升降机的总质量为m，由题图知，最终升降机做匀速运动，牵引力F=mg，
根据P=fvm=mgvm
得：m=300kg
(2)设在前5s内升降机的加速度为a，拉力为F，则
根据牛顿第二定律得：F-mg=ma
即F=3000+300a，
且
联立解得a=2m/s2，v=10m/s
升降机在0~5s内上升的高度为h1，则由图象可得
5~7s内上升的高度为h2，运用动能定理得
解得：h2=21.8m。
升降机上升的总高度为h=h1+h2=25m+21.8m=46.8m
【点睛】本题考查了机车恒定加速度启动问题，关键理清整个过程中的运动规律，知道对于变加速直线运动，无法通过动力学知识求解位移，只能根据动能定理进行求解。
21.如图所示的装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与细线1、2连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线1水平，细线2与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量m＝1 kg，细线2长l＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线1上的张力为零而细线2与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝ rad/s，求细线2与竖直方向的夹角．
【答案】(1)rad/s ；(2)53°
【解析】
试题分析：(1)当细线AB上的张力为0时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球圆周运动的向心力，
有：
mgtan 37°＝mω12lsin 37°
解得：rad/s
(2)当rad/s>rad/s时，小球应该向左上方摆起，假设细线AB上的张力仍然为0则：
mgtan θ′＝mω22lsin θ′
解得：cos θ′＝
θ′＝53°
因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线AB恰好竖直，＝tan 53°
说明细线AB此时的张力恰好为0，故此时细线AC与竖直方向的夹角为53°。
考点：向心力
【名师点睛】本题主要考查了向心力及应用。属于难度较大的题。本题的重点在于分析清楚向心力的来源，根据受力分析，判断各种情况下的临界条件，结合牛顿运动定律、圆周运动规律来分析求解。本题还涉及到圆锥摆的问题。
物理试卷（解析版）
一、单选题（本大题共3小题，共12.0分）
1.如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止。物体B的受力个数为
A. 2 B. 4 C. 2或4 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
本题先对A物体受力分析，然后根据牛顿第三定律，得出A对B的反作用力，再对B物体受力分析，得出结果。
【详解】以A为研究对象，受力分析，有竖直向下的重力、B对A的支持力和摩擦力，这样才能使平衡。根据牛顿第三定律，A对B也有压力和摩擦力，B还受到重力和推力F，所以B受四个力作用，故B正确，ACD错误。
【点睛】本题关键先对A物体受力分析，再得出A对B物体的反作用力，最后再结合平衡条件对B物体受力分析即可正确求解。
2.如图所示，可视为质点的两个小球A、B从坐标为(0，2y0)、(0，y0)的两点分别以速度vA和vB水平抛出，两个小球都能垂直打在倾角为45°的斜面上，由此可得vA∶vB等于 ( )
A. ∶1 B. 2∶1
C. 4∶1 D. 8∶1
【答案】A
【解析】
小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytan45°=v0；又vy=gt，可得：，根据几何关系得：，联立以上可得：，据题小球A、B从坐标分别为（0、2y），（0，y），即hA=2y，hB=y，可得：，故A正确，BCD错误。
3.如图所示，两质量均为m＝1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝1.6 m/s，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为( )
A. 8 J B. 8.72 J C. 10 J D. 9.28 J
【答案】C
【解析】
当杆与竖直墙壁夹角θ=37°时，设小球1的速度为v′，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有：v′cos37°=vcos53°
代入数据得：v′=1.2m/s
小球2上升的高度为：h=Lcos37°=0.8m
根据功能原理得外力F所做的功为：W=mv2+mv′2+mgh
解得：W=10J，故选C.
点睛：正确找出小球1与2的速度关系是解答的关键，要知道两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，解题时要熟练运用几何知识帮助解决物理问题．
二、多选题（本大题共12小题，共48.0分）
4.质量为m=20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动．0～2s内F与运动方向相反，2s～4s内F与运动方向相同，物体的速度-时间图象如图所示，已知g取10m/s2．则（ ）
A. 物体在0～4 s内通过的位移为8 m
B. 拉力F的大小为100N
C. 物体与地面间的动摩擦因数为0.2
D. 物体克服摩擦力做的功为480 J
【答案】ACD
【解析】
【分析】
速度图象的“面积”等于位移大小，根据几何知识求解0～4s内的位移．由斜率求出加速度，分析求出前2s内和后2s内物体的加速度大小，再根据牛顿第二定律求出拉力F和摩擦力的大小，再求解动摩擦因素和物体克服摩擦力做功。
【详解】A项：由速度图象的“面积”等于位移大小，得到：物体在0～4s内通过的位移为，故A正确；
B项：由斜率等于加速度的大小，得到：前2s内和后2s内物体的加速度大小分别为，
根据牛顿第二定律得：
F+f=ma1；
F-f=ma2，
代入解得：F=60N，f=40N，故B错误；
C项：由f=μmg得，，故C正确；
D项：物体通过的总路程为，滑动过程中物体受到的摩擦力大小不变，始终做负功，则物体克服摩擦力做的功为W=fS=480J，故D正确。
【点睛】本题实际上通过速度反映了物体的运动情况，抓住“面积”等于位移、斜率等于加速度，根据牛顿第二定律求解拉力．属于知道了物体的运动情况，确定物体受力情况的类型。
5.如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A，B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg.则( )
A. 物块B刚要离开C时B的加速度为0
B. 加速度a＝g
C. 无法计算出加速度a
D. 从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为
【答案】AD
【解析】
试题分析：当物块B刚要离开C时，对挡板的压力为零，根据平衡条件求出此时弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的形变量．对A，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度．弹簧开始处于压缩，根据平衡求出压缩量的大小，抓住A的位移等于弹簧的形变量求出物块A的位移．
物块B刚要离开C时，B和挡板之间没有力的作用，即弹簧的拉力正好等于B的重力沿斜面向下的分力，所以此时B的合力为零，加速度为零，A正确；物块B刚要离开C时，
弹簧的弹力，所以对A分析，受到弹簧沿斜面向下的拉力，和重力沿斜面向下的分力以及F的作用，根据牛顿第二定律可得，解得，BC错误；未施加F之前，弹簧处于压缩状态，对A分析有，当物块B刚要离开C时弹簧处于拉伸状态，对B分析有，故A上升的位移为，D正确．
6.在遥控直升机下面用轻绳悬挂质量为m的摄像机可以拍摄学生在操场上的跑操情况。开始时遥控直升机悬停在C点正上方。若遥控直升机从C点正上方运动到D点正上方经历的时间为t,已知C、D之间距离为L,直升机的质量为M,直升机的运动视作水平方向的匀加速直线运动。在拍摄过程中悬挂摄像机的轻绳与竖直方向的夹角始终为β,重力加速度为g,假设空气对摄像机的作用力始终水平,则( )
A. 轻绳的拉力T=
B. 遥控直升机加速度a=gtan
C. 摄像机所受的合外力为=Ma=
D. 这段时间内空气对摄像机作用力的大小为 F=m(gtan-)
【答案】AD
【解析】
摄像机的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：
竖直方向有：F1cosβ=mg ①
水平方向有：F1sinβ-F=ma ②
由①得：轻绳的拉力 ③
遥控直升机加速度 a=gtanβ-g ④，故A正确，B错误．
直升机做初速度为零的匀加速运动，由L=at2，得 ⑤
所以摄影机所受的合外力为 F合=ma= ．故C错误．
由②③得：空气对摄像机作用力的大小为 F=F1sinβ-ma=•sinβ-m•=m（gtanβ-）．故D正确．故选AD.
点睛：本题涉及两个物体，采用隔离法研究．分析物体的受力情况，运用正交分解法列方程是关键．要注意直升机和摄像机是两个不同的研究对象，加速度相同，但质量不同．
7.如图，在水平转台上放一个质量M＝2 kg的木块，它与转台间的最大静摩擦力Fmax＝6.0 N，绳的一端系挂木块，通过转台的中心孔O(孔光滑)，另一端悬挂一个质量m＝1.0 kg的物体，当转台以角速度ω＝5 rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，则木块到O点的距离可以是(g取10 m/s2，M、m可看成质点)( )
A. 0.04 m
B. 0.08 m
C. 0.16 m
D. 0.32 m
【答案】BCD
【解析】
试题分析：物体的摩擦力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据向心力公式得：mg+f=Mω2r
解得：；当f=fmax=6.0N时，r最大，，当f=-6N时，r最小，则，故BC正确．
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题主要考查了向心力公式的直接应用，知道物体在随转台一起做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力；注意要能理解静摩擦力最大时的两个方向，从而根据牛顿第二定律求解转动半径的两个最值；此题难度不大，属于基础题。
8.如图,两个相同的小球A、B用两根轻绳连接后放置在圆锥筒光滑侧面的不同位置上,绳子上端固定在同一点O,连接A球的绳子比连接B球的绳子长,两根绳子都与圆锥筒最靠近的母线平行。当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴OO´以角速度匀速转动时,A、B两球都处于筒侧面上与筒保持相对静止随筒转动,下列说法正确的是( )
A. 两球所受的合力大小相同
B. A球对绳子的拉力大小等于B球对绳子的拉力大小
C. 两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力
D. A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力
【答案】D
【解析】
【详解】A项：设圆锥筒顶角一半为，则两球做匀速圆周运动的半径分别为：，，两球所受的合力提供向心力即，由半径不同，所以两球的合外力大小不相同，故A错误；
B、D项：小球受重力G，支持力N，拉力，水平方向由牛顿第二定律可得：
竖直方向由平衡条件可得：
解得：，
由于半径不同，所以两球对细绳的拉力则不同，故B错误，
由于A球圆周运动的半径的半径大于B球做圆周运动的半径，所以A球对圆锥筒的压力小于B球对圆锥筒的压力，故D正确；
C项：两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力与圆锥筒对小球支持力沿水平方向分力的合力，故C错误。
9.如图所示,质量相等的a、b两物体放在圆盘上,到圆心的距离之比是2:3,圆盘绕圆心做匀速圆周运动,两物体相对圆盘静止,a、b两物体做圆周运动时( )
A. 角速度大小之比是1:1 B. 线速度大小之比是1:1
C. 向心加速度大小之比是2:3 D. 向心力大小之比是9:4
【答案】AC
【解析】
【详解】A项：两个物体是同轴传动，角速度相等，故A正确；
B项：两个物体角速度相等，到圆心的距离之比是2：3，根据v=rω，线速度之比为2：3，故B错误；
C项：两个物体角速度相等，线速度之比为2：3，根据a=vω，向心加速度之比为2：3，故C正确；
D项：两个物体质量相等，向心加速度之比为2：3，故向心力之比为2：3，故D错误。
故应选AC。
10.如图，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R。轨道端点所在的水平线相隔一定的距离。一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为。小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为ΔF（ΔF＞0）。不计空气阻力。则（ ）
A. 、一定时，R越大，ΔF越大
B. 、、R一定时，越大，ΔF越大
C. 、R一定时，越大，ΔF越大
D. 、R、x一定时，ΔF与v的大小无关
【答案】CD
【解析】
试题分析：在最低点B，有，则，根据机械能守恒定律得，，在最高点A有：，解得，所以；m、x一定时，R越大，一定越小，故A错误；m、x、R一定时，越大，不变，故B错误； m、R一定时，x越大，一定越大，故C正确； m、R、x一定时，与的大小无关，故D正确。
考点：向心力、牛顿第二定律
【名师点睛】本题综合考查了牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键搞清向心力的来源，知道最高点速度和最低点速度的关系。
11.如图所示,光滑水平面上有一个四分之三圆弧管,内壁也光滑,半径R=0.2m,质量M=0.8kg，管内有一个质量m=0.2kg的小球,小球直径略小于弯管的内径,将小球用外力锁定在图示位置,即球和环的圆心连线与竖直方向成37°角,对图弧管施加水平恒定外力F作用,同时解除锁定,系统向右加速,发现小球在管中位置不变,当系统运动一段距离后管撞击到障碍物上突然停下,以后小球继续运动通过最高点后又落入管中,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。则下列说法正确的是( )
A. 拉力F的大小为6N
B. 小球在轨道最高点时速度为1m/s
C. 系统运动一段距离后管撞击到障碍物时速度为2m/s
D. 拉力F做的功为4.1J
【答案】BD
【解析】
【详解】A项：对小球有：
对系统有：，故A错误；
B项：小球离开环管做平抛运动，则有：
R=
由以上两式解得：，故B正确；
C项：系统的速度，由机械能守恒定律得： ，解得：，故C错误；
D项：F做的功，故D正确。
故应选BD。
12. 把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周，由火星和地球绕太阳运动的周期之比可求得（ ）
A. 火星和地球的质量之比 B. 火星和太阳的质量之比
C. 火星和地球到太阳的距离之比 D. 火星和地球绕太阳运行速度大小之比
【答案】CD
【解析】
试题分析：由于火星和地球均绕太阳做匀速圆周运动，由开普勒第三定律，，k为与太阳质量相关的常量，又，则可知火星和地球到太阳的距离之比和运行速度大小之比，所以C、D选项正确。
考点：万有引力定律和天体运动规律考查。
【此处有视频，请去附件查看】
13.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一字宙速度,而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度,与的关系是= ,已知某星球半径是地球半径R的,其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的,地球的平均密度为,不计其他星球的影响,则( )
A. 该星球上的第一字宙速度为
B. 该星球上的第二字宙速度为
C. 该星球的平均密度为
D. 该星球的质量为
【答案】BC
【解析】
根据第一宇宙速度，故A错误；根据题意，第二宇宙速度，故B正确；根据公式，且故，所以，故C正确；根据公式，故D错误；故选BC.
14.探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射可以简化如下：卫星由地面发射后，卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时月球车将在M点着陆月球表面，正确的是（ ）
A. “嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度小
B. “嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大
C. “嫦娥三号”在轨道1上运动周期比在轨道2上小
D. “嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度小于在轨道2上经过Q点时的加速度
【答案】AB
【解析】
A、月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，“嫦娥三号”在轨道1上的半径大于月球半径，根据，得线速度 ，可知“嫦娥三号”在轨道1上的运动速度比月球的第一宇宙速度小。故A正确。
B、“嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点若要进入轨道1，需减速，所以在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大。故B正确；
C、根据开普勒第三定律得卫星在轨道2上运动轨道的半长轴比在轨道1上轨道半径小，所以卫星在轨道1上运动周期比在轨道2上大，故C错误；
D、“嫦娥三号”无论在哪个轨道上经过Q点时的加速度都为该点的万有引力加速度，因为都是Q点可知，万有引力在此产生的加速度相等，故D错误。
故选：AB。
15.如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自由落体运动，两物体分别到达地面，下列说法正确的是（ ）
A. 运动过程中重力的平均功率＜B
B. 运动过程中重力的平均功率=B
C. 到达地面时重力的瞬时功率＜B
D. 到达地面时重力的瞬时功率=B
【答案】AC
【解析】
AB、B做自由落体运动，运动时间，A做匀加速直线运动，a=gsinθ，根据得：，重力做功相等，根据知,PA
【名师点睛】
根据动能定理求出到达地面时的速度，根据瞬时功率的公式求出重力的瞬时功率．结合牛顿第二定律和运动学公式比较运动的时间，通过平均功率的公式求出重力的平均功率．
三、实验题探究题（本大题共2小题，共10.0分）
16.如图甲(侧视图只画了一个小车)所示的实验装置可以验证“牛顿第二定律”，两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个小盘增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。两车左端各系一条细线用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止(如图乙)。拾起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车位移的大小。
(1)该实验中，盘和盘中砝码的总质量应__________小车的总质量(填“远大于”、“远小于”、“等于”)。
(2)图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的实验记录，已测得小车1的总质量M1=100g，小车2的总质量M2=200g。由图可读出小车1的位移x1=5.00m小车2的位移x2=__________cm，可以算出=__________(结果保留三位有效数字)；在实验误差允许的范围内，_________(填“大于”、“小于”、“等于”)。
【答案】 (1). 远小于 (2). 2.42～ 2.47 (3). 2.02～ 2.07 (4). 等于
【解析】
(1) 因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg，所以不需要满足悬挂的沙桶总质量一定要远远小于小车（包括盛沙的盒及盒内的砂）的总质量；
(2)由图可知，小车2的位移为2.43m，由匀加速直线运的位移公式可知，，即由于时间相等，所以，由牛顿第二定律可知： ，所以两小车的加速度之比等于质量的反比。
17.在做“研究平抛运动”的实验中，为了测量小球平抛运动的初速度，实验用如图所示的装置。实验操作的主要步骤如下：
(ⅰ)在一块平木板上钉上复写纸和白纸，将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段初始距离d，并保持板面与轨道末端的水平段垂直。
(ⅱ)使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A
(ⅲ) 将木板沿水平方向向右平移一段动距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B
(ⅳ)将木板再水平向右平移相同距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C
(ⅴ)测得A、B、C三点距地面的高度为y1、y2、y3，已知当地的重力加速度为g。
请回答下列问题
(1)关于该实验，下列说法中正确的是_______
A．斜槽轨道必须尽可能光滑
B．每次小球均须由静止释放
C．每次释放小球的位置可以不同
D．步骤(ⅰ) 初始距离d必须与步骤(ⅲ)中距离x相等
(2)根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0＝________。(用题中所给字母表示)
(3)某同学做进一步的研究，改变小球释放的初始位置的高度h，每改变一次高度，重复上述步骤(ⅰ)-(ⅴ)(其它条件不变)，并记录每次的h、y1、y2、y3。在同一坐标系中画出、、图象。根据你的分析，下列哪个图最接近该同学的实验结果______（图中直线a表示图象，直线b表示图象，直线c表示图象）。
【答案】 (1). B (2). (3). C
【解析】
根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度．
（1）为了保证小球的初速度相等，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，C错误，B正确，步骤(ⅰ) 初始距离d必须与步骤(ⅲ)中距离x无关，只要保证，连续水平移动的位移x相等即可，故D错误。
（2）在竖直方向上， ；水平方向上 ，可得小球平抛的初速度。
（3）设小球离地高度为，小球平抛运动阶段水平位移为 ，距离地面高度为，小球从斜槽的由h处静止释放，忽略摩擦力的影响，，由以上分析可得，当由木板水平向右平移时，对逐渐变大，图象斜率变小，故C正确。
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
18.如图所示,半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内,轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角=30°。下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一质量为m=0.1kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以=2m/s的速度被水平抛出,恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道,g取10m/s2。求:
（1）小物块从A点运动至B点的时间；
（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时,对轨道的压力。
【答案】(1) 0.35s (2) 8N
【解析】
【详解】(1) 小物块在B的速度分解为水平方向和竖直方向，则有：
所以所用的时间为：；
(2)小物块在B的速度为：；
对小物块从B到C应用动能定理得：
在C点由牛顿第二定律可得：
由以上两解得：
由牛顿第二定律可得：小物体对轨道的压力为8N.
19.如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管A加固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB=2L，圆环的半径为r= (圆管的直径忽略不计)，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为(>0)的绝缘小物体(视为质点)，PC间距为L。现将该小物体无初速释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度用g表示。
(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大?
(2)小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距离C点多远?
(3)小物体由P点运动到N点的总时间为多少?
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿PA连线运动，重力与电场力的合力沿PA方向；又，故，解得：
（2）小物体从P到A的运动由动能定理可得：，解得：
虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于，电荷量为(>0)的绝缘小物体所受电场力，方向竖直向上，故小物体从A到B做匀速圆周运动，
小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点，对竖直方向：解得：
水平方向： 、 解得：
N点距离C点：
（3）小物体从P到A的时间 ，则解得：
物体从A到B的时间，则
小物体由P点运动到N点的总时间
20.如图所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先作匀加速运动，5s末到达到额定功率，之后保持额定功率运动。其运动情况如图象所示。已知电动机的牵引力的额定功率为36kw，重力加速度g取，求：
升降机的总质量大小；
升降机在内上升的高度。
【答案】（1）（2）
【解析】
(1)设升降机的总质量为m，由题图知，最终升降机做匀速运动，牵引力F=mg，
根据P=fvm=mgvm
得：m=300kg
(2)设在前5s内升降机的加速度为a，拉力为F，则
根据牛顿第二定律得：F-mg=ma
即F=3000+300a，
且
联立解得a=2m/s2，v=10m/s
升降机在0~5s内上升的高度为h1，则由图象可得
5~7s内上升的高度为h2，运用动能定理得
解得：h2=21.8m。
升降机上升的总高度为h=h1+h2=25m+21.8m=46.8m
【点睛】本题考查了机车恒定加速度启动问题，关键理清整个过程中的运动规律，知道对于变加速直线运动，无法通过动力学知识求解位移，只能根据动能定理进行求解。
21.如图所示的装置可绕竖直轴OO′转动，可视为质点的小球A与细线1、2连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线1水平，细线2与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量m＝1 kg，细线2长l＝1 m，B点距C点的水平和竖直距离相等．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线1上的张力为零而细线2与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝ rad/s，求细线2与竖直方向的夹角．
【答案】(1)rad/s ；(2)53°
【解析】
试题分析：(1)当细线AB上的张力为0时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球圆周运动的向心力，
有：
mgtan 37°＝mω12lsin 37°
解得：rad/s
(2)当rad/s>rad/s时，小球应该向左上方摆起，假设细线AB上的张力仍然为0则：
mgtan θ′＝mω22lsin θ′
解得：cos θ′＝
θ′＝53°
因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线AB恰好竖直，＝tan 53°
说明细线AB此时的张力恰好为0，故此时细线AC与竖直方向的夹角为53°。
考点：向心力
【名师点睛】本题主要考查了向心力及应用。属于难度较大的题。本题的重点在于分析清楚向心力的来源，根据受力分析，判断各种情况下的临界条件，结合牛顿运动定律、圆周运动规律来分析求解。本题还涉及到圆锥摆的问题。
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