7.(2012·广安联考)如图所示，质量均为m的物体A、B通过一劲度系数为k的弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，现通过细绳将A向上拉起，当B刚要离开地面时，A上升距离为L，假设弹簧一直在弹性限度内，则(　)

A．L＝　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．L<

C．L＝　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．L>

解析：拉A之前，A静止时，mg＝kx₁，弹簧的压缩量为x₁，当B刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x₂，mg＝kx₂，所以A上升的距离为L＝x₁＋x₂＝，故A正确．

答案：A

6．(2012·青岛市高三统一检测)如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下面说法正确的是(　)

A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力

B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力

C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力

D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和

解析：对a、b整体受力分析，竖直向上的作用力F，竖直向下的重力(即两物体重力之和)，与竖直面之间无弹力作用，若有弹力，则a、b系统不会平衡，因此木块a与竖直面之间既无弹力，也无摩擦力，B、C、D选项均错．a、b保持相对静止，则b一定受沿斜面向上的摩擦力，故A项对．

答案：A

5．(2012·徐闻中学月考)如图所示，质量为M的物体，在与竖直线成θ角，大小为F的恒力作用下，沿竖直墙壁匀速下滑，物体与墙壁间的动摩擦因数为μ，则物体受到的摩擦力大小的下列结论中正确的是(　)

A．Mg－Fcosθ　　　　　　　　　　　　　　　　 B．μMg＋Fcosθ

C．μFsinθ　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．μ(Mg－Fcosθ)

解析：以物体为研究对象，受力分析如图所示，

F_N＝Fsinθ，F_f＝μF_N，F_f＋Fcosθ＝mg，

由以上可知A、C正确．

答案：AC

4．两倾斜的滑杆上分别套有A、B两个圆环，两圆环上分别用细线悬吊着一个物体，如图所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与滑杆垂直，B的悬线竖直向下，则(　)

A．A圆环与滑杆无摩擦力

B．B圆环与滑杆无摩擦力

C．A圆环做的是匀速运动

D．B圆环做的是匀速运动

解析：由于A圆环与物体的连线与滑杆垂直，对物体研究，将物体的重力沿滑杆的方向和垂直于滑杆的方向分解，则沿滑杆向下的分力产生的加速度为gsinθ，对整体研究，整体沿滑杆向下运动，整体要有沿滑杆向下大小为gsinθ的加速度必须是A圆环与滑杆的摩擦力为零，A正确；对B圆环连接的物体研究，由于连接圆环与物体的绳竖直向下，物体受到的合力如果不为零，合力必定沿竖直方向，合力在垂直于滑杆的方向上的分力必产生加速度，这与题意矛盾，物体在垂直于滑杆的方向上速度为零，因此物体受到的合力必为零，物体和圆环一起做匀速运动．D正确．

答案：AD

3.如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的重物，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开始时∠BCA>90°，现使∠BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC．此过程中，以下分析正确的是(　)

A．绳子越来越容易断

B．绳子越来越不容易断

C．作用在BC杆上的压力增大

D．作用在BC杆上的压力大小不变

解析：对B点进行受力分析，如图所示，B点受到三个力的作用，由于BC缓慢移动，所以三个力一直处于平衡状态，则有两个力的合力与第三个力等大反向，它们组成△BDE，△ACB∽△BDE，则有＝＝，由于l_AC、l_BC、G都不变，因此，BC杆受到的压力大小不变．l_AB变短，故绳子拉力F变小，绳子越来越不容易断，故B、D正确．

答案：BD

2.(2012·杭州高级中学月考)如图所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球P，球处于静止状态，现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动的每一时刻，都可以认为钢球处于平衡状态，若外力F方向始终水平，移动过程中弹簧与竖直方向的夹角θ<90°，且弹簧的伸长不超过弹性限度，则下图给出的弹簧伸长量x与cosθ的关系图象中，最接近的是(　)

解析：弹簧与竖直方向的夹角为θ时，对小球有，F_T＝kx＝mg/cosθ，即弹簧伸长量x与cosθ成反比，可以判定只有D符合条件，故D正确．

答案：D

一、选择题

1．物块静止在固定的斜面上，分别按图所示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是(　)

解析：由于物块始终静止在斜面上，物块所受静摩擦力与正压力无直接关系， 对物块进行受力分析，物块在斜面上受到沿斜面向上的静摩擦力，故知竖直向下的力F会使其所受到的静摩擦力增大，D选项正确．

答案：D

18．如图有一垂直于纸面的匀强磁场分布在直角坐标系的第三、四象限内，有一匀强电场分布在第二、三、四象限内；第一象限内无电场和磁场．一质量为m，电荷量为＋q的带电油滴，从y轴上的M点水平向右抛出，经N点进入第四象限后，恰好做匀速圆周运动，油滴经x轴上的N点和P点最后又回到M点，设OM＝L，ON＝2L.如图所示，求：

(1)电场强度E的大小和方向；

(2)油滴到达N点时的速度大小和方向；

(3)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；

(4)油滴从M点出发，经N、P点最后又回到M点所用的时间．

解析：(1)由于油滴进入第四象限恰好做匀速圆周运动，说明电场力F与重力G平衡，F方向竖直向上

mg＝Eq，E＝

电场强度方向与电场力方向相同，竖直向上

(2)油滴在第一象限做平抛运动

竖直方向速度

v₁＝gt＝g ＝

水平初速度v₀＝＝

到达N点时速度v＝2，

方向与水平方向成45°.

(3)由左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外．

油滴从N到P做圆周运动的轨迹如图所示，设半径为R，由几何关系知油滴过P点的速度方向与x轴成45°角，则

OP＝OM＝L，

又因为ON＝2L，

所以PN＝3L，R＝

又由牛顿第二定律得：

qvB＝m

解得B＝.

(4)油滴从M至N的时间：

t₁＝

油滴从N到P运动的时间：

t₂＝T＝·＝

＝

油滴从P至M做匀速直线运动，运动时间：t₃＝＝＝

从M点出发，经N、P点回到M点所用时间

t＝t₁＋t₂＋t₃

＝ ＋＋

＝.

答案：(1)　竖直向上

(2)2　与水平方向成45°

(3)　垂直纸面向外

(4)

17．如图所示，在直角坐标系的x轴上方有沿x轴负向的匀强电场，x轴下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴为匀强磁场和匀强电场的理想边界，一个质量为M，电荷量为q的带正电粒子从y轴上A点以v₀沿y轴负向运动．已知OA＝L，粒子第一次经过x轴进入匀强磁场的坐标是.当粒子第二次经过x轴返回匀强电场时，x轴上方的电场强度大小不变，方向突然反向．不计粒子重力．

(1)求电场强度E的大小；

(2)粒子经过电场和磁场之后，能否回到A点？如果不能回到A点，请通过计算说明；如能回到A点，则粒子从A点出发再次回到A点所用的时间是多少？

解析：(1)粒子从Y轴A点出发，在电场中做类平抛运动，

L＝vt₁

＝at

Eq＝ma

联立可解得：E＝

(2)设粒子进入磁场时速度方向与x轴负向夹角为θ

tanθ＝＝＝1⇒θ＝45°

由对称性可知，粒子出磁场时的速度方向与x轴正向夹角为135°，则粒子经过电场和磁场之后，能回到A点的条件是粒子在磁场中做圆周运动的圆心在Y轴上，由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝L/2，又v＝v₀

qvB＝，

解得B＝，

即当B＝时粒子能回到A点，且

T＝＝

t₂＝＝

所用的时间是t＝2t₁＋t₂＝＋.

答案：(1)　(2)粒子能回到A点，t＝＋

16．(2012·南充模拟)在电视机的设计制造过程中，要考虑到地磁场对电子束偏转的影响，可采用某种技术进行消除．为确定地磁场的影响程度，需先测定地磁场的磁感应强度的大小，在地球的北半球可将地磁场的磁感应强度分解为水平分量B₁和竖直向下的分量B₂，其中B₁沿水平方向，对电子束影响较小可忽略，B₂可通过以下装置进行测量．如图所示，水平放置的显像管中电子(质量为m，电荷量为e)从电子枪的炽热灯丝上发出后(初速度可视为0)，先经电压为U的电场加速，然后沿水平方向自南向北运动，最后打在距加速电场出口水平距离为L的屏上，电子束在屏上的偏移距离为D．

(1)试判断电子束偏向什么方向；

(2)试求地磁场的磁感应强度的竖直分量B₂的大小．

解析：(1)利用左手定则，可得电子束向东偏．

(2)电子的运动轨迹如图所示．

电子经电场加速，由动能定理得：

eU＝mv²

电子在磁场中做圆周运动，利用几何知识得：R²＝(R－d)²＋L²

洛伦兹力提供向心力evB₂＝m，

得：R＝

由以上各式得：B₂＝.

答案：(1)向东偏　(2)