2019-2020学年高一物理12月月考试题(含解析).doc

2019-2020学年高一物理12月月考试题(含解析)一、本大题12小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的1. 为了公路交通有序、安全，路旁设立了若干不同的交通标志。如图甲是限速标志，表示允许行驶的最大速度是80km/h；图乙是路线指示标志，表示到绵阳还有50km。关于上述两个数据的物理意义的说法，正确的是 A. 80 km/h是平均速度，50 km是位移B. 80 km/h是平均速度，50 km是路程C. 80 km/h是瞬时速度，50 km是路程D. 80 km/h是瞬时速度，50 km是位移【答案】C【解析】【详解】允许行驶的最大速度表示在某一位置的速度，是瞬时速度，所以80km/h是指瞬时速度；到绵阳还有50km，50km是运动轨迹的长度，是路程。故C正确，ABD错误。故选：C2. 下列说法正确的是A. 水平桌面上的杯子受到的支持力是桌面发生形变而产生的B. 物体间相互作用时，先有施力物体，后有受力物体C. 同一物体在赤道和北极受到的重力大小相等D. 物体的重心总在物体的几何中心【答案】A【解析】【详解】A. 杯子受到桌面的支持力是一个弹力，根据弹力的产生可知，该力是由于桌面发生弹性形变而产生的，故A正确；B. 物体相互作用具有同时性，因此施力物体和受力物体没有先后，故B错误；C. 从赤道到两极，重力加速度不同，所以同一物体在赤道和北极受到的重力大小不相等，故C错误；D. 只有质量分布均匀形状规则的物体，其重心才在几何中心上，故D错误。故选：A3. 一物体静止，在绳的拉力作用下开始运动，先做加速运动，然后做匀速运动，再做减速运动。则A. 加速运动过程中，绳拉物体的力大于物体拉绳的力B. 减速运动过程中，绳拉物体的力小于物体拉绳的力C. 只有匀速运动过程中，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小才相等D. 在这三种运动过程中，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小总相等【答案】D【解析】绳拉物体的力与物体拉绳的力是一对作用力与反作用力，所以大小始终相等，故A、B、C错误；D正确。4. 下列说法正确的是A. 研究在空中运动的物体可以不选择参考系B. 速度的单位“m/s”是导出单位C. 地球的体积很大，在任何情况下都不能视为质点D. 质量、加速度、位移三个物理量都是矢量【答案】B【解析】【详解】A. 运动是相对的，研究任何物体的运动都要选择参考系，故A错误；B. 速度的单位“m/s”是根据公式v=x/t推导出来的，m/s是导出单位。故B正确；C. 物体能否看作质点，关键看物体的大小和形状对所研究的问题是否没有影响或影响忽略不计，而不是看体积大小。地球的体积很大，但在研究其公转时也可以看作质点。故C错误；D. 质量是标量，而加速度、位移是矢量。故D错误。故选：B5. 蹦床可简化为如图所示，完全相同的网绳构成正方形，O、a、b、c等为网绳的结点。当网水平张紧时，质量为m的运动员站立在网中心O点，当该处下凹稳定时，网绳bOf、dOh均成120向上的张角，则此时O点周围每根网绳的拉力的大小为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】对O点进行受力分析，因为网绳完全相同，并且构成的是正方形,O点到最低时，aoe,goc所成的角度是120，所以Fa=Fe=Fc=Fg，且Fa与Fe的合力为F=Fa，同理Fg与Fc的合力也是F=Fg.由于运动员处于平衡状态，所以F=mg，所以选项ACD错误，B正确。故选：B.6. 一个物体受到三个共点的恒力作用，三个恒力的大小分别是2N、4N、7N。能够正确描述物体可能的运动情况的图像是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】ABC、2N和4N的两个力的合力范围为2N6N，与7N的力大小不可能相等，所以该物体不可能处于平衡状态，即不可能静止或匀速直线运动。故ABC错误。D. 三个力的合力是恒力，则物体一定做匀变速运动，速度可能均匀增大，则D是可能的，故D正确。故选：D.【点睛】根据任意两个力的合力与第三个力大小是否能相等，判断物体能否保持平衡状态，再由牛顿第二定律分析其运动情况，从而得到运动图象7. 将一个小球竖直向上抛出，从抛出时刻开始计时，经过5s，小球到达最高点。不计空气阻力，g取10m/s2。小球A. 第1s末的速度是40m/sB. 第2s内的位移为15mC. 第3s内的平均速度为20m/sD. 上升的最大高度为250m【答案】A【解析】【详解】A. 经过5s到达最高点，v=v0gt，即0=v0105，得v0=50m/s，第1s末的速度为v1=v0gt1=50101=40m/s，故A正确；B. 第2s内的位移x2=v1t2=4011012=35m，故B错误；C. 第3s初的速度v2=v0gt2=50102=30m/s，第3s末的速度v3=v0gt3=50103=20m/s第3s内的平均速度m/s=25m/s，故C错误；D. 上升的最大高度h=125m，故D错误；故选：A【点睛】物体做竖直上抛运动，其加速度大小始终为g，方向竖直向下，上升阶段：匀减速直线运动，达到最高点时速度为零，加速度还是g，应用匀变速直线运动的规律求解8. 如图所示，一小物块从光滑斜面上某处滑下，从接触弹簧到压缩弹簧第一次到达最低点的过程中，小物块A. 做减速运动B. 先做减速运动后做加速运动C. 加速度先减小后增大D. 将静止在第一次到达的最低点位置【答案】C【解析】【详解】小物块接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小物块的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，与速度方向相同，故小物块做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小物块向下运动，弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小物块的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与速度方向相反，小物块做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；综上可知，小物块先做加速运动后做减速运动；加速度先减小后反向增大；小物块在第一次到达的最低点位置时加速度不为零，不会静止在最低点位置，故ABD错误，C正确。故选：C.9. 如图所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是A. 只有“起立”过程，才能出现失重现象B. 只有“下蹲”过程，才能出现超重现象C. “起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象D. “下蹲”过程，先出现超重现象后出现失重现象【答案】C【解析】【详解】下蹲过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故ABD错误，C正确故选：C.10. 一质量为m的质点沿x轴做直线运动，其vt图像如图所示。质点在t0时位于x01 m处开始沿x轴正向运动。则A. 当t0.5 s时，质点的加速度方向与运动方向相反B. 当t3 s时，质点在x轴上x=5 m处C. 当t5 s时，质点在x轴上x0 的某处D. 质点在t3.5 s时受到的合外力大于在t4.5 s时受到的合外力【答案】D【解析】【详解】A. 在01s内，质点做匀加速直线运动，其加速度方向与运动方向相同，故A错误；B. 在01s内,质点的加速速度：a1=v/t=2/1m/s2=2m/s2，则匀加速运动的位移：x1=a1t2=212m=1m，在13s内,质点做匀速直线运动,其位移x2=vt=2m/s2s=4m，则当t=3s时,质点在x轴上的位移x=x0+x1+x2=1m+1m+4m=6m，故B错误；C. 在34s内，质点的加速度a2=v/t=2m/s2，其位移：x3=vt+a2t2=21m+(2)12m=1m，在45s内,质点的加速度a3=v/t=1m/s2，其位移：x4=a3t2=(1)12m=0.5m，当t=5s时,质点运动的总位移：x总=x0+x1+x2+x3+x4=6.5m，所以在x轴上x0的某处，故C错误；D. 质点在t=3.5s时,其加速度a2=2m/s2，质点在t=4.5s时,其加速度a3=1m/s2，根据牛顿第二定律可知,F合=ma，因为a2a3，所以F合2F合3，故D正确。故选：D.11. 如图所示，a、b是截面为等腰直角三角形的两个相同的楔形物体，分别在垂直于斜边的大小相等的恒力F1、F2作用下静止在相同的竖直墙面上。则A. a受到摩擦力可能为零B. b受到摩擦力可能为零C. 墙面对a的弹力大于墙面对b的弹力D. 墙面对a的弹力小于墙面对b的弹力【答案】B【解析】对a受力分析如图1：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力A错误；除摩擦力外对b受力分析如图2：除摩擦力外，N，F2，mg三力有可能平衡故b受到的摩擦力可能为零，B正确；恒力F1、F2大小相等且a、b是截面为等腰直角三角形，所以两个推力在垂直于墙的分力相等，墙面对a的弹力等于墙面对b的弹力，CD错误故选B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12. 如图所示，水平传送带长l=16 m，将可以视为质点的小煤块以初速度v0=0放于以v1=4 m/s的速度顺时针匀速运动的传送带的A端，经过一段时间t，小煤块从A端运动到B端，且因为煤块与传送带间的相对运动而在传送带上留下长度为4 m的划痕，小煤块与传送带间的动摩擦因数为。g取10 m/s2。则A. =0.1 B. =0.3 C. t=5 s D. t=6 s【答案】C【解析】【详解】小煤块放于传送带的A端后，在摩擦力作用下做匀加速直线运动，设匀加速运动时间为t1,小煤块匀加速运动的位移和传送带匀速运动的位移分别为x1、x2，则煤块在传送带上留下的划痕长度与小煤块相对于传送带的位移大小相等，即：x2x1=v1t1=x当小煤块的速度与传送带的速度相同时不再加速，此时有：v1=at1联立则有：v1t1=x，解得：t1=2s，则水平传送带运动的位移：x2=v1t1=4m/s2s=8m，则小煤块匀加速运动的位移：x1=x2x=8m4m=4m，由x1=得，小煤块的加速度：a=2m/s2，对小煤块，由牛顿第二定律得，mg=ma，解得：=a/g=2/10=0.2，故AB错误；当小煤块的速度与传送带的速度相同后，将以v1=4m/s的速度匀速运动到B端，其位移：x1=lx1=16m4m=12m，则小煤块匀速运动的时间：t1=x1/v1=12/4s=3s，所以小煤块从A端运动到B端所用的总时间：t=t1+t12s+3s=5s，故C正确，D错误。故选：C.【点睛】小煤块静止从传送带的A端，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，当速度与皮带速度相同时，小煤块随着皮带一起匀速运动，划痕等于加速阶段的位移之差，根据牛顿第二定律和运动学公式列方程求解即可二、本大题6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得3分，选对但不全得1分，有错或不选得0分13. 下列物体处于平衡状态的是A. 沿固定粗糙斜面匀速下滑的物体B. 竖直向上抛出的篮球C. 悬停在空中的热气球D. 紧急刹车过程中的汽车【答案】AC【解析】【详解】A. 沿固定粗糙斜面匀速下滑的物体合外力为零，物体处于平衡状态，A正确；B. 竖直向上抛出的篮球，运动过程中加速度为g，合外力不为零，不是处于平衡状态，B错误；C. 悬停在空中的热气球处于静止状态，物体合外力为零，物体处于平衡状态，C正确；D. 紧急刹车过程中的汽车做减速运动，合外力不为零，D错误；故选：AC.14. 熟透的苹果从树上坠落，树叶则飘然落下。对此，下列分析正确的是A. 苹果下落快是因为苹果比树叶重B. 苹果下落快是因为苹果受到的合外力大于树叶受到的合外力C. 苹果和树叶受到重力产生的加速度相等D. 苹果和树叶受到空气阻力产生的加速度不相等【答案】CD【解析】【详解】A. 由得，物体下落的时间：，在位移相同时,苹果下落快(所用时间短)是因为苹果的加速度大于树叶的加速度，故A错误；B. 根据牛顿第二定律可知,加速度：a=F合/m，其加速度是由合外力与质量的比值决定的，加速度大的物体，合外力不一定大，故B错误；C. 根据牛顿第二定律可知，重力产生的加速度：a1=mg/m=g，所以苹果和树叶受到重力产生的加速度相等，故C正确；D. 因为苹果和树叶受到重力产生的加速度相等，而苹果的加速度大于树叶的加速度，根据加速度的合成关系可知，苹果受到空气阻力产生的加速度小于树叶受到空气阻力产生的加速度，故D正确。故选：CD.【点睛】（1）根据位移时间公式可判断苹果和树叶的加速度大小，进而得出下落快慢的原因；（2）根据牛顿第二定律可判断苹果和树叶受到的合外力大小关系以及各个力产生的加速度大小关系15. 如图所示，轻绳ABC的A端固定在天花板上，B是AC的中点，C端与质量为m的小球相连，轻绳BD通过B点与轻绳ABC连接。水平方向的拉力F作用在轻绳BD上，将小球缓慢地提升。在提升过程中，下列关于各段轻绳上弹力的说法，正确的是A. AB上的弹力减小B. AB上的弹力增大C. BC上的弹力减小D. BD上的弹力增大【答案】BD【解析】【详解】以B点为研究对象，在拉力F的作用下向左运动的过程中，各个状态的受力情况如图所示，根据图中关系可得，AB、AB上的弹力逐渐增大，A错误、B正确；C.BC上的弹力等于物体的重力，保持不变，C错误；D.BD上的弹力逐渐增大，D正确。故选：BD.16. 如图1所示，力传感器A固定在光滑水平桌面上，与计算机相连接（图中未画出），测力端通过水平轻质细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上，力传感器可获得轻质细绳的拉力F随时间t变化的情况；另一条水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态。缓慢、持续地向沙桶里注入细沙，获得在小车与滑块分离之前力传感器的Ft图像如图2所示。则A. 2.5 s前小车受到的合外力不断增大B. 2.5 s后小车做加速运动C. 2.5 s前小车受到滑块的摩擦力大小不变D. 2.5 s后小车受到滑块的摩擦力大小不变【答案】BD【解析】【详解】AC、由图2可知，2.5s前小车静止不动，小车所受摩擦力为静摩擦力，大小不断增大，由于小车处于平衡状态，小车受到的合外力为零，故A错误，C错误；BD、由图可知，2.5s后传感器拉力不变，说明此时小车开始运动，传感器拉力大小等于滑动摩擦力大小，因此2.5s后小车所受摩擦力不变，由于持续地向沙桶里注入细沙，细绳对小车的拉力持续变大，所以小车做加速运动，故B正确，D正确。故选：BD.17. 质量为m的物体通过弹簧秤悬挂在升降机的顶板上，当升降机静止时，弹簧秤的示数为20 N，当升降机在竖直方向运行时，弹簧秤的示数稳定为16 N。重力加速度取10 m/s2。若从升降机速度为10 m/s时开始计时，在此后的1s钟内升降机通过的距离可能是A. 6 m B. 9 m C. 11 m D. 14 m【答案】BC【解析】【详解】当升降机静止时，根据力的平衡条件可知，物体的重力G=F=20N，则物体的质量m=G/g=20/10kg=2kg，由题可知，弹簧秤的示数小于物体的重力，物体处于失重状态，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得，mgF=ma，代入数据可解得：a=2m/s2.物体可能向上做匀减速运动，也可能向下做匀加速运动。当物体向上做匀减速运动时，在此后的1s钟内升降机通过的位移：x1=v0tat2=101m212m=9m，当物体向下做匀加速运动时，在此后的1s钟内升降机通过的位移：x2=v0t+at2=101m+212m=11m，故AD错误，BC正确。故选：BC.【点睛】根据弹簧秤的示数，由牛顿第二定律求出物体的加速度，分析物体可能的运动情况，再由运动学公式求解位移18. 如图所示，两个物体A、B中间用一个不计质量的轻杆相连。A、B质量分别为mA、mB，与斜面间的动摩擦因数分别为A、B。A、B两物体一起在斜面上加速下滑，关于杆对A、B的作用力，下列说法正确的是A. 若AB，mA= mB，则杆对A有沿斜面向上的拉力B. 若AB，mA= mB，则杆对A有沿斜面向下的推力C. 若A=B，mAmB，则杆对B有沿斜面向下的拉力D. 若A=B，mAmB，则杆对B没有作用力【答案】BD【解析】【详解】假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：mAgsinAgcos=maA，解得：aA=g(sinAcos)；同理：aB=g(sinBcos)；AB、若AB，mA=mB，则aAmB，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明两物体A.B无相对滑动趋势，则杆对B没有作用力，故C错误，D正确。故选：BD.【点睛】假设杆无弹力，根据牛顿第二定律分别求解出A和B的加速度，比较大小，然后判断AB的相对运动趋势，再判断AB间弹力的方向三、本大题4小题，每空2分，共16分。19. 一架战斗机水平匀速地在某同学头顶飞过，当他听到从头顶正上方传来的飞机发动机声时，发现飞机在他前上方，约与水平地面成30角，据此可估算出此飞机的速度约为声速的_倍。【答案】【解析】【详解】如图所示，OBA=30，在OAB中，设声音从飞机传到人耳的时间为t，OA=v声t,AB=v飞机t，据图可知：=tan30所以，即v机=v声故答案为：20. 在探究“弹力与弹簧伸长的关系实验”中，使用的钩码质量都为50 g，在弹簧下端挂1个钩码时的长度如图甲所示，在弹簧下端挂9个钩码时的长度如图乙所示。实验过程保证了在弹簧的弹性限度内和弹簧位于竖直位置、处于平衡状态。已知重力加速度g=9.8 m/s2。该弹簧的劲度系数为_N/m。【答案】49【解析】【详解】增加8个钩码时，弹簧的形变量x=0.4900.410m=0.080m，故弹簧的劲度系数k=F/x=8mg/x=(80.059.8)/0.080N/m=49N/m故答案为：49.21. 在“探究共点力合成的规律”实验中，实验情况如图（a）所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图（b）是根据实验测量结果在同一张纸上画出的力的图示。(1)在这个实验中，下列说法正确的是_。A同一实验中必须使用同一条橡皮筋B用两个弹簧秤拉结点时弹簧秤示数必须大于用一个弹簧秤拉结点时弹簧秤示数C用两个弹簧秤拉结点时弹簧秤示数必须小于用一个弹簧秤拉结点时弹簧秤示数D用一个弹簧秤必须将结点拉到与用两个弹簧秤将结点拉到的同一位置，但是，不同实验小组可以拉到不同的位置(2)图b中，_（选填F1、F2、F3或F4）是用一个弹簧将结点拉到与用两个弹簧将结点拉到同一位置时的实验测量值，且方向沿着AO方向。【答案】 (1). AD (2). F3【解析】【详解】(1)A.不同的橡皮筋劲度系数不同，就算形变量相同，弹簧秤的拉力也不一样，所以同一次实验中必须保证使用同一根橡皮筋，故A正确；BC.本实验利用等效法，为验证两弹簧秤的合力与一个弹簧秤的力大小相等，方向基本一致，前后两次将橡皮条拉至同一点O，对弹簧秤示数没有要求，故B.C均错误；D.同一次实验中，为保证第一次和第二次拉细绳的作用效果相同，需将结点拉至同一点O，不同小组的实验可以拉至不同位置，故D正确；故选：AD；(2)F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个弹簧秤拉橡皮筋至O点的时的值，且方向沿着AO共线，因此F3是F1与F2合成的实际测量值。故答案为：(1)AD；(2)F3.【点睛】正确理解“等效替代”科学思想方法的应用，明确实验原理，理解“理论值”和“实验值”的区别，在实验中F和F3分别由平行四边形定则及实验得出22. 某实验小组采用图1所示的装置做“探究加速度与力的关系”实验：小车放置在水平放置的长木板上，纸带连接车尾并穿过打点计时器，用来测定小车的加速度a，钩码通过细线对小车的拉力为F。在保持小车质量不变的情况下，改变对小车拉力F的大小，测得小车所受拉力F和加速度a的数据如下表：(1)在图2中，建立出aF坐标系，根据测得的数据，在图中作出aF关系图线_。(2)若要让细线对小车的拉力F为小车受到的合外力，则实验中的改进措施是_。A更换一块长木板B适当增加小车的质量C适当垫高长木板的右端D适当增加钩码质量(3)图3是实验中得到的一条已打点的纸带，纸带上的A、B、C、D、E、F、G均为相邻计数点，已知打点计时器的打点周期为0.02s，相邻两个计数点之间还有4个计时点未标出，由于E、F点打点模糊，只测量标记了AB、BC、CD、DG的距离，根据记录的数据，测得小车运动的加速度大小a=_m/s2，打D点时的速度大小vD=_m/s。（以上结果都保留2位有效数字）。【答案】 (1). (2). C (3). 0.40 (4). 0.35【解析】【详解】(1)在aF图象中根据所给的数据描点。用一条直线连接这些点(连接时要让尽可能多得点落在直线上,让其它的点尽可能分布在直线的两侧).做出图像如图所示：(2)若要使作出的aF图线过坐标原点即绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故需要平衡摩擦力，其方法是适当垫高长木板的右端。故C正确。故选C.(3)根据逐差法可知加速度为a=0.40m/s2D点的瞬时速度为vD=0.35m/s故答案为：(1)如图所示;(2)C;(3)0.40；0.35【点睛】（1）（2）当拉力大于等于最大静摩擦时，物体开始运动；a-F图线过坐标原点即绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故需要平衡摩擦力，其方法是适当垫高长木板的右端（3）利用逐差法求得加速度根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求得四本大题3小题，共30分，要求必须写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。23. 长L=200 m的列车匀加速通过长S=400 m的长直隧道，列车头进隧道时速度是v1=5 m/s，列车尾出隧道时速度是v2=25 m/s。求：(1)列车通过隧道的加速度大小；(2)列车完全通过隧道所用的时间。【答案】(1)a=0.5m/s2 (2)t=40s【解析】【详解】(1)设列车通过隧道的加速度大小为a，从列车头进隧道到列车尾出隧道有2a(L+S)=代入数据2a(200+400)=25252解得：a=0.5m/s2(2)设列车完全通过隧道所用的时间t，列车完全通过隧道所用的时间有v2=v1+at代入数据：25=5+0.5t解得：t=40s答：(1)列车通过隧道的加速度大小为0.5m/s2；(2)列车完全通过隧道所用的时间为40s【点睛】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出列车的加速度；（2）应用匀变速直线运动的速度公式求出时间24. 如图所示，质量m=2 kg的光滑圆柱体放置在质量为M=4 kg的V形凹槽内，凹槽右壁竖直，左边为倾角=37的斜面，凹槽与水平地面间的动摩擦因数为=0.2。用垂直于凹槽右壁的水平推力F使圆柱体和凹槽一起向左匀速运动（重力加速度取g=10m/s2，已知sin37=0.6，cos37=0.8）。求：(1)水平推力F的大小；(2)凹槽左边斜面对圆柱体的弹力N1的大小和凹槽右壁对圆柱体的弹力N2的大小。【答案】(1)F=12N (2) N1=25N；N2=15N【解析】【详解】(1)以圆柱体和凹槽整体为研究对象，设水平地面对凹槽的支持力为N，摩擦力为f，则竖直方向：N=(M+m)g，根据共点力的平衡条件可得：F=f，根据摩擦力的计算公式可得：f=N解得：F=12N；(2)以圆柱体为研究对象，受力如图所示，则：竖直方向：N1cos=mg，水平方向：N1sin=N2，解得：N1=25N；N2=15N.答：(1)水平推力F的大小为12N；(2)凹槽左边斜面对圆柱体的弹力N1的大小为25N、凹槽右壁对圆柱体的弹力N2的大小为15N.【点睛】（1）以圆柱体和凹槽整体为研究对象，根据共点力的平衡条件列方程求解；（2）以圆柱体为研究对象，画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解25. 如图所示，轨道ABC由粗糙水平轨道AB和光滑倾斜轨道BC构成，AB和BC之间用一极小段的弧形连接，AB长L=36 m，BC长为S=30 m，倾斜轨道倾角为=53。一质量m=2 kg的小物块（可以视为质点）静止于A点，现对小物块施加与水平方向成=53的恒力F=10 N，使小物块沿轨道运动。其中小物块由A点到B点所用时间为t1=6 s，小物块通过B点前后速度大小不变。重力加速度取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6。(1)求小物块到达B点的速度vB及与水平轨道间的动摩擦因数；(2)小物块是否能够到达C点？若能，求在倾斜轨道BC上运动时间；若不能，求在倾斜轨道BC上到达的最大高度。【答案】(1)vB=12m/s, (2)不能到达C点，h=19.2m【解析】【详解】(1)设水平轨道对小物块的支持力为N,滑动摩擦力为f,在水平轨道上运动的加速度为a1，根据位移时间公式有：L=根据速度时间公式有：vB=a1t1对小物块受力分析，水平方向：Fcosf=ma1竖直方向：Fsin+N=mg又因为f=N联立代入数据可解得：vB=12m/s；=1/6.(2)假设小物块一直能够在倾斜轨道上向上运动，加速度大小为a2，速度为零时通过的距离为x，由牛顿第二定律得，Fmgsin=ma2由速度位移公式得,0=2a2x联立代入数据可解得a2=3m/s2，x=24m；由于x=24mS=30m，所以小物块不能到达C点。设小物块在倾斜轨道BC上到达的最大高度为h，则有：h=xsin=24m0.8=19.2m.答：(1)求小物块到达B点的速度vB=12m/s；与水平轨道间的动摩擦因数=1/6；(2)小物块不能够到达C点；在倾斜轨道BC上到达的最大高度为19.2m.【点睛】（1）对小物块受力分析，根据力的合成与和分解、牛顿第二定律和匀变速直线运动规律列方程，联立即可求出小物块到达B点的速度vB及与水平轨道间的动摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的速度位移公式求出小物块在倾斜轨道BC上运动的位移，进而与轨道BC的长进行比较即可，再利用几何关系可求出小物块在倾斜轨道BC上到达的最大高度