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    15．如图所示，在倾角为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F的大小恰为2mg，则（　　）
    A．物块B刚要离开C时B的加速度也为a
    B．加速度a=g
    C．以A，B整体为研究对象可以计算出加速度a=$\frac{1}{2}$g
    D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为$\frac{mg}{k}$

    分析 （1）当物块B刚要离开C时，对挡板的压力为零，根据平衡求出弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的形变量．
    （2）根据牛顿第二定律求出物块A的加速度．
    （3）弹簧开始处于压缩，根据平衡求出压缩量的大小，抓住A的位移等于弹簧长度的该变量求出物块A的位移．

    解答 解：A、当B刚要离开C时，此时B对档板的压力恰好为零；此时加速度为零；故A错误；
    B、由A分析可知当B刚要离开C时得力的分力和弹簧的拉力二力平衡；有：
    mgsinθ=kx
    解得弹簧的形变量x=$\frac{mgsinθ}{k}$．
    对A分析，根据牛顿第二定律得，F-mgsinθ-kx=ma．
    解得a=$\frac{F-mgsinθ-kx}{m}$=$\frac{2mg-2mgsinθ}{m}$=g；．故B正确；
    C、此时两物体的加速度不同；不能根据整体法求解；故C错误；
    D、系统开始处于静止，弹簧处于压缩状态，根据平衡得，
    kx′=mgsinθ
    解得弹簧的压缩量x′=$\frac{mgsinθ}{k}$
    物块A的位移等于弹簧长度的该变量，
    d=$\frac{2mgsinθ}{k}$=$\frac{mg}{k}$；故D正确；
    故选：BD

    点评 本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，关键能够正确地受力分析，知道A的位移等于弹簧长度的形变量．

    练习册系列答案
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    A．该列波沿x轴负方向传播
    B．该列波的波长为0.4m
    C．该列波的频率为0.4Hz
    D．该列波的波速大小为1m/s
    E．从该时刻起，再经过0.4s的时间，质点A通过的路程为40cm

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    6．游乐场中的一种滑梯如图所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则（　　）
    A．下滑过程中支持力对小朋友不做功
    B．下滑过程中小朋友的重力势能增加
    C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒
    D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功

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    （1）若以拍摄的第一点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向建立直角坐标系，被拍摄到的小球在C点位置的坐标为（60cm，60cm）．（以厘米为单位）．
    （2）小球平抛的初速度大小为2m/s．
    （3）另一个实验小组的同学正确的进行实验并正确的描绘了运动轨迹，测量了轨迹上的不同点的坐标值．根据所测到的数据以y为纵轴，以x2为横轴，在坐标纸上画出对应的图象，发现为过原点的直线，并测出直线斜率为2，则平抛运动的初速度v0=$\sqrt{2.5}$m/s．

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    科目：高中物理 来源： 题型：解答题

    10．单摆测定重力加速度的实验中：
    （1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=11.70 mm．
    （2）悬点到小球底部的长度l0，示数如图乙所示，l0=100.25 cm

    （3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F-t图象．那么：
    ①重力加速度的表达式 g=$\frac{{π}^{2}（{l}_{0}-\frac{d}{2}）}{4{t}_{0}^{2}}$（用题目中的物理量d、l0、t0表示）．
    ②设摆球在最低点时Ep=0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是BD．
    A．$\frac{（{F}_{1}-{F}_{3}）g{T}^{2}}{2{π}^{2}}$     B．$\frac{{（F}_{1}-{F}_{3}）g{T}^{2}}{8{π}^{2}}$      C．$\frac{（{F}_{3}-{F}_{2}）g{T}^{2}}{6{π}^{2}}$          D．$\frac{（{F}_{3}-{F}_{2}）g{T}^{2}}{4{π}^{2}}$．

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