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2022年高考物理真题分类汇编——力学部分
一．选择题（共29小题）
1．如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（　　）
A．水桶自身重力的大小
B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小
D．水桶与水整体的重心高低
3．单位为J/m的物理量是（　　）
A．力 B．功 C．动能 D．电场强度
4．下列说法正确的是（　　）
A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
5．下列说法正确的是（　　）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
6．图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
7．如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（　　）
A．Q对P的磁力大小等于GP
B．P对Q的磁力方向竖直向下
C．Q对电子秤的压力大小等于GQ+F
D．电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ
8．神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（　　）
A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力
C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒
9．下列属于力的单位是（　　）
A．kg m/s2 B．kg m/s C．kg m2/s D．kg s/m2
10．长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v＜v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（　　）
A．+ B．+
C．+ D．+
11．2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（　　）
A．所受地球引力的大小近似为零
B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
12．固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　　）
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
13．小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（　　）
A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s
14．如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（　　）
A．作用力为G B．作用力G
C．摩擦力G D．摩擦力G
15．如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（　　）
A．小球做简谐运动
B．小球动能的变化周期
C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
D．小球的初速度为时，其运动周期为2T
16．风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途经之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（　　）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积A的流动空气动能ρAv2
C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW h
D．若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW h
17．如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡
B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力
C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点
18．如图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°。下列关系式正确的是（　　）
A．F＝F1 B．F＝2F1 C．F＝3F1 D．F＝F1
19．“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（　　）
A．火星公转的线速度比地球的大 B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小 D．火星公转的加速度比地球的小
20．如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（　　）
A．B．C．D．
21．如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（　　）
A．将击中P点，t大于 B．将击中P点，t等于
C．将击中P点上方，t大于 D．将击中P点下方，t等于
22．2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边，有一根系有飘带的风力指示杆，教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳，其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时，飘带实际形态最接近的是（　　）
A． B． C． D．
23．我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射舱内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（　　）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
24．“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（　　）
A．﹣R
B．
C．﹣R
D．
25．无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点，小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全，小车速率最大为4m/s，在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为（　　）
A．，l＝8m
B．，l＝5m
C．，l＝5.5m
D．，l＝5.5m
26．1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
27．北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（　　）
A． B． C． D．
28．如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是（　　）
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
29．“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（　　）
A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B．从P点转移到Q点的时间小于6个月
C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
二．多选题（共12小题）
（多选）30．如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝，a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（　　）
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
（多选）31．神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v﹣t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）
A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
（多选）32．位于x＝0.25m的波源P从t＝0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t＝2.0s时波源停止振动，t＝2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa＝1.75m，质点b的平衡位置xb＝﹣0.5m。下列说法正确的是（　　）
A．沿x轴正负方向传播的波发生干涉
B．t＝0.42s时，波源的位移为正
C．t＝2.25s时，质点a沿y轴负方向振动
D．在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m
（多选）33．如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　）
A．从M到N，小车牵引力大小为40N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J
（多选）34．下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 （　　）
A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小
C．x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
（多选）35．如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点，网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变，重力加速度g取10m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（　　）
A．v＝5m/s B．v＝3m/s C．d＝3.6m D．d＝3.9m
（多选）36．如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是（　　）
A．火星的公转周期大约是地球的倍
B．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D．在冲日处，火星相对于地球的速度最小
（多选）37．球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻＝kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
（多选）38．如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量mQ＞mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确为是（　　）
A．物体P和Q的质量之比为1：3
B．2T时刻物体Q的机械能为
C．2T时刻物体P重力的功率为
D．2T时刻物体P的速度大小为
（多选）39．质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（　　）
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
（多选）40．如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（　　）
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
（多选）41．如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心，R1和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管、其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中，依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若h1＝h2，则v1：v2＝R2：R1
B．若v1＝v2，则h1：h2＝R12：R22
C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2
三．填空题（共1小题）
42．如图所示，某同学握住软绳的一端周期性上下抖动，在绳上激发了一列简谐波。从图示时刻开始计时，经过半个周期，绳上M处的质点将运动至 　 　（选填“N”“P”或“Q”）处。加快抖动，波的频率增大，波速 　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
四．实验题（共2小题）
43．用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（t＝0）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔1s测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：
t/s 0 1 2 3 4 5 6
x/m 0 507 1094 1759 2505 3329 4233
回答下列问题：
（1）根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：　 　；
（2）当x＝507m时，该飞行器速度的大小v＝　 　m/s；
（3）这段时间内该飞行器加速度的大小a＝　 　m/s2（保留2位有效数字）。
44．利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平。
（2）测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为 　 　kg的滑块作为A。
（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如表所示。
1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k＝ 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
（6）表中的k2＝　 　（保留2位有效数字）。
（7）的平均值为 　 　（保留2位有效数字）。
（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为 　 　（用m1和m2表示），本实验中其值为 　 　（保留2位有效数字）；若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
五．计算题（共12小题）
45．如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
46．第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
47．物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
48．某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
49．如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势E0；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度B；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。
50．某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉，如图所示，鱼鳔结构可化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚，可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处，B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变，水的密度为ρ，重力加速度为g，大气压强为p0，求：
（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m2。
51．某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
52．将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3：7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
53．如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。
（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
54．如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O′点，O′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O′点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于5°），A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点，已知A的质量mA＝0.1kg，B的质量mB＝0.3kg，A与B的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝4m/s，取重力加速度g＝10m/s2，整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf；
（4）实现上述运动过程，的取值范围（结果用cos5°表示）。
55．如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍（λ为常数且0＜λ＜），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中h0已知，求F0的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
56．如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v﹣t图像如图（b）所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ（sinθ＝0.6），与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
力学部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共29小题）
1．【解答】当两球运动至二者相距L时，对此时进行受力分析，如图所示：
因为两球关于F所在直线对称，sinθ＝＝，所以cosθ＝，
已知轻绳中心处受三个力，设绳子拉力为T，水平方向上受力分析，2Tcosθ＝F，解得：T＝，
对其中一个小球用牛顿第二定律，得；T＝ma，解得：a＝。
故A正确，BCD错误。
故选A。
2．【解答】当桶中水增多时，水桶和水的重心上移，当重心上移到某一高度时，水桶会翻转，所以决定桶能否翻转的主要因素是重心的高低，与自身重力、出水量和撞击力等无关，故D正确，ABC错误。
故选：D。
3．【解答】功的单位为J，位移的单位为m，根据W＝Fx可知，单位为J/m的物理量是力，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．【解答】A、研究甲图中排球运动员扣球动作时，要注意扣球时与球的接触位置，则排球的大小与形状不能忽略不计，排球不可以看成质点，故A错误；
B、研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要注意发球时球拍与球的接触位置，则乒乓球的大小与形状不能忽略不计，乒乓球不能看成质点，故B正确；
C、研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，要注意击球时与球的接触位置，则羽毛球的大小与形状不能忽略不计，故C错误；
D、研究图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度不可以视为相同，故D错误。
故选：B。
5．【解答】A、做匀速圆周运动的链球加速度时刻指向圆心，方向时刻改变，故A错误；
B、惯性只与质量有关，不随速度增大而增大，故B正确；
C、乒乓球被击打过程中乒乓球的形变是变化的，其受到的作用力大小改变，故C错误；
D、篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，故D错误。
故选：B。
6．【解答】AB、甲图做简谐运动，回复力为弹力，不受重力影响，故仍来回振动，故A错误，B正确；
CD、乙图小球受重力影响来回振动，太空中重力不计，故不能摆动或匀速圆周运动，故CD错误。
故选：B。
7．【解答】AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GP，故AB错误；
CD．对PQ的整体受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可知电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ，根据牛顿第三定律可知Q对电子秤的压力大小等于GP+GQ，故C错误，D正确。
故选：D。
8．【解答】A、根据万有引力提供向心力得
解得：v＝
可知天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小，故A错误；
B、返回舱中的宇航员处于失重状态，地球引力提供做圆周运动向心力，故B错误；
C、在同一轨道上运行时，线速度相同，质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行，故C正确；
D、返回舱穿越大气层返回地面过程中，空气阻力对返回舱做负功，机械能减小，故D错误；
故选：C。
9．【解答】根据牛顿第二定律有：F＝ma，可知力的单位为kg m/s2，故A正确，BCD错误；
故选：A。
10．【解答】当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v＜v0），可知列车进入隧道前需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需加速到v0，则
减速时间：t1＝，
匀速时间：t2＝，
加速时间：t3＝，
列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为
t＝t1+t2+t3
解得：t＝，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
11．【解答】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；
D．根据万有引力公式
F万＝
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
故选：C。
12．【解答】设下滑过程中，它到P点距离为L，下滑高度为h，圆环半径为R，如图
由几何关系得
sinθ＝
根据机械能守恒定律得
mgh＝
联立解得：v＝L，
故C正确，ABD错误；
故选：C。
13．【解答】为了最短时间提升重物，一开始以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律得：
当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有
此过程中所用的时间和上升的高度分别为
重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的高度分别为
设重物从结束匀加速到开始做匀减速运动所用的时间为t2，该过程根据动能定理得：
又h2＝85.2m﹣1.6m﹣3.6m＝80m
联立解得：t2＝13.5s
则总时间为t1+t2+t3＝0.8s+13.5s+1.2s＝15.5s，故C正确，ABD错误；
故选：C。
14．【解答】AB、设没跟斜杆受力为F，对斜杆与横杆的结点受力分析如图1有：F＝，解得：F＝G；故A错误，B正确；
图1
CD、对某个斜杆受力分析如图2有：Fsin30°＝f，解得f＝G，故CD错误；
图2
故选：B。
15．【解答】A、物体做简谐运动的条件是在运动过程中所受回复力与位移成正比，且方向始终指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程中，所受合力为零，故小球不是做简谐运动，故A错误；
BC、假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动，运动过程为O→A→O→B→O，根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为，故B正确，C错误；
D、小球的初速度为时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子的周期公式可知，接触弹簧过程中所用时间与速度无关，因此总的运动周期小于2T，故D错误；
故选：B。
16．【解答】AB、叶片旋转所形成的圆面积为A
单位时间内流过该圆面积的空气柱体积为
V＝S vt＝Av
空气柱的质量为
m＝ρ V＝ρAv
空气柱的动能为
Ek＝ρAv v2＝ρAv3
设转化效率为η，转化成的电能为E＝η Ek＝ηρAtv3
p＝＝ηρAv3，则该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比；故AB错误；
C、由B选项可知 η＝
发电量约为W＝η pt＝η×1.0×108kW×24h＝2.4η×109kW h＜2.4×109kW h，故C错误。
D、由题意可知某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW
由p＝＝ηρAv3
＝＝
p1＝120kW
若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，则该发电机年发电量
E＝p1 t＝120kW×5000h＝6.0×105kW h，故D正确；
故选：D。
17．【解答】A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受重力和花瓣对它的作用力，重力大于花瓣对它的作用力，鱼儿受力不平衡，故A错误；
B．鱼儿在摆尾出水时在水里的体积减小，浮力减小，鱼儿能够出水是因为摆尾击水时受水对它向上的冲击力加上浮力大于重力，并不是浮力大于重力。故B错误；
C．鱼儿摆尾击水时给水作用力的同时，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，作用在不同的物体上，所以鱼儿摆尾击水时受到水的作用力。故C正确。
D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的具体动作时不能把鱼儿视为质点，故D错误。
故选：C。
18．【解答】以结点O为分析对象，根据共点力的平衡可知F的大小等于F1与F2的合力的大小，即
F＝2F1＝，故D正确，ABC错误；
故选：D。
19．【解答】C、根据万有引力提供向心力得：
，因此
因为火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍，即火星的公转周期大于地球的公转周期，由此可知火星公转的半径大于地球的公转半径，故C错误；
ABD、根据万有引力提供向心力得：
解得：；；，根据上述的半径关系可知，火星公转的线速度、角速度和加速度都比地球的小，故D正确，AB错误；
故选：D。
20．【解答】因为不计摩擦，运动员在MN阶段做匀加速运动，加速度为a＝gsinθ，则运动员的速度均匀增加；在NP阶段做匀速运动，加速度为0，运动员的速度保持不变；在PQ阶段做平抛运动，加速度为a＝g，如果设从P点飞出的速度为v0，平抛过程中的合速度为v，则有：v＝＝，v与t不再是线性关系，故C正确，ABD错误；
故选：C。
21．【解答】当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹和小积木在竖直方向上都做自由落体，在竖直方向上保持相对静止，因此子弹将击中P点，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故击中的时间为t＝，故B正确，ACD错误；
故选：B。
22．【解答】设风速度为v，取飘带上任意长度为x（x趋近于0）的质量为m，飘带长度为d，则该部分飘带的重力和所受分力分别为
G＝mg；F＝kxdv2sinθ
则重力与分力的合力与竖直方向的夹角为
tanθ＝
整理可得：
任意长度为x的飘带重力相等，所受风力的大小相等，则cosθ相等，则飘带为一条倾斜的直线，故A正确，BCD错误；
故选：A。
23．【解答】A、火箭加速过程中，所受合力为0时，即加速度为0时，速度最大，此时动能最大，故A正确；
BD、火箭所受高压气体的推力做功转化为火箭的动能、重力势能与摩擦生热的热能，则高压气体的推力和空气阻力和重力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，故BD错误；
C、根据动量定理可知高压气体的推力和空气阻力和重力的总冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
故选：A。
24．【解答】卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈，可知卫星运行的周期T'＝，其万有引力提供向心力有：＝m（R+h）
在地表附近，任意物体所受到的万有引力近似等于重力有：＝mg
联立解得：h＝
故ABD错误，C正确；
故选：C。
25．【解答】小车在圆周轨道中有：a＝，代入数据解得：vBC＝m/s，vCD＝2m/s，小车保持速率不变依次经过BC和CD，所以为保证安全，小车的速度为v＝2m/s，从A到B，根据运动学规律有：﹣v2＝2ax，将a＝2m/s2代入解得：x＝3m，则小车在AB段做匀速直线运动运动的最长距离l＝8m﹣x＝8m﹣3m＝5m，小车在AB段减速所用时间为t1＝，匀速所用时间t2＝，在圆周轨道运动时间为：t3＝，则小车从A到D所需最短时间t＝t1+t2+t3，联立代入数据解得：，故ACD错误，B正确；
故选：B。
26．【解答】设中子的质量为m，则氢核和氮核的质量分别为m、14m，
由于碰撞为弹性碰撞，选向右为正方向，由动量守恒定律得：中子与氢核碰撞，mv0＝mv+mv1，，解得：v1＝v0
中子与氮核碰撞，mv0＝mvn+14mv2，
解得：v2＝＝v0
A、碰撞后氢核动量为mv0，氮核动量为14m×＝mv0，氮核动量大于氢核动量，故A错误；
B、碰撞后氮核的动能为＝，氢核的动能为m，所以碰撞后氮核的动能比氢核的小，故B正确；
CD、由上述分析可得：v1＞v2，v2＜v0，故CD错误；
故选：B。
27．【解答】从a到c根据动能定理有：mgh＝
在c点根据牛顿第二定律有：kmg﹣mg＝
联立解得：R＝
故ABC错误，D正确；
故选：D。
28．【解答】AB．设轻绳的合拉力大小为T，对石墩受力分析，如图所示：
由平衡条件，可知在水平方向上有：Tcosθ＝f
竖直方向上有：Tsinθ+N＝mg
根据滑动摩擦力公式得：f＝μN
联立解得轻绳的合拉力大小为：T＝，故A错误，B正确；
C．合拉力的大小为：T＝＝
其中tanα＝μ，可知当θ+α＝90°时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；
D．摩擦力大小为：f＝Tcosθ＝＝
可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；
故选：B。
29．【解答】A、天问一号需要脱离地球引力的束缚，第二宇宙速度11.2km/s为脱离地球的引力，在地球发射天问一号的速度要大于第二宇宙速度，故A错误。
B、地球公转周期为12个月，根据开普勒第三定律可知，＝k，天问一号在地火转移轨道的轨道半径大于地球公转半径，则运行周期大于12个月，从P点转移到Q点的时间大于6个月，故B错误；
C、同理，环绕火星的停泊轨道半径小于调相轨道半径，则在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；
D、天问一号在Q点点火加速进入火星轨道，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于火星轨道的速度，根据万有引力提供向心力可知，，解得线速度：v＝，地球公转半径小于火星公转半径，则地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于地球绕太阳的速度，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共12小题）
30．【解答】A、电场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE＝mω2r，解得，由于两粒子的比荷相同，半径越小的，角速度越大，故A错误；
B、场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE＝，粒子的动能，解得，故电荷量大的粒子的动能一定大，故B正确；
C、场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE＝，解得v＝，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故C错误；
D、当粒子逆时针运动，所加的磁场垂直纸面向外时，此时受到的洛伦兹力指向O点，此时粒子做向心运动，故D错误；
故选：BC。
31．【解答】A、根据v﹣t图像可知在0～t1时间内速度逐渐减小，根据P＝mgv，返回舱重力的功率随时间减小，故A正确；
B、在v﹣t图像中，图像的斜率表示加速度，斜率逐渐减小，故加速度逐渐减小，故B错误；
C、在t1～t2时间内，速度逐渐减小，根据p＝mv可知返回舱的动量随时间减小，故C正确；
D、在t2～t3时间内，返回舱的速度不变，动能不变，但重力势能减小，故机械能减小，故D错误；
故选：AC。
32．【解答】A、沿x轴正负方向传播的波不会相遇，因而不能发生干涉，故A错误；
B、由图可知，2.0﹣2.1s内波传播的距离为x＝0.50m﹣0.25m＝0.25m，则波速为v＝＝m/s＝2.5m/s，由图可知波长为λ＝1m，则周期为T＝＝s＝0.4s。
在t＝2.0s时间内，波传播的距离为x＝vt＝2.5×2m＝5m＝5λ，即形成5个波长波形，则知波源的起振方向沿y轴正方向。因t＝0.42s＝1T，所以t＝0.42s时，波源的位移为正，故B正确；
C、t＝2.1s时质点a位于波谷，t＝2.1s到t＝2.25s经历时间Δt＝0.15s＝T，则t＝2.25s时，质点a沿y轴正方向振动，故C错误；
D、波从波源传到质点b的时间为t1＝＝s＝0.3s，在0到2s内，质点b振动时间为t2＝2s﹣0.3s＝1.7s＝4T，则在0到2s内，质点b运动总路程是s＝4.25×4A＝4.25×4×15cm＝255cm＝2.55m，故D正确。
故选：BD。
33．【解答】AB、在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，则小车的牵引力等于小车受到的摩擦力，因此
从M到N过程中，小车摩擦力做功为Wf＝﹣40×20J＝﹣800J，即小车克服摩擦力做功800J，故AB正确；
C、从P到Q的过程中，根据功能关系可知，重力势能的增加量为ΔEp＝mgΔh＝50×10×20×sin30°J＝5000J，故C错误；
D、在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶，则
代入数据解得：f2＝35N
则此过程中，小车摩擦力做功为Wf2＝f2s＝﹣35×20J＝﹣700J，即小车克服摩擦力做功为700J，故D正确；
故选：ABD。
34．【解答】A、木棒在竖直方向做简谐运动，根据图（b）可知x＝0.1m处，木棒达到平衡位置，此时的速度最大，所以x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小，故A正确；
B、x＝0.2m时木棒浮力最小，此时木棒在上方最大位移处，重力大于浮力，木棒开始向下振动，x从0.21m到0.25m的过程中，木棒的浮力增大，但小于重力，说明在木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小，故B正确；
C、在x＝0.35m和x＝0.45m时，木板的浮力相同，说明木板处于同一位置，根据简谐运动的对称性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m时木棒竖直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方向速度相同，根据速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C错误；
D、设木棒在平衡位置处浸没的深度为h，振幅为A。
浮力最大时，有：F1＝ρgS（A+h），浮力最小时，有：F2＝ρgS（h﹣A），联立解得：A＝，故D正确；
E、振动质点不会随波逐流，故D错误。
故选：ABD。
35．【解答】设网球飞出时的速度为v0，
根据运动学公式可知竖直方向v0y＝2g （H﹣h）
代入数据得
v0y＝12m/s
运动时间t＝
根据速度的分解有：v0x＝
排球水平方向到P点的距离
x0x＝v0xt
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
v0x1＝v0x
平行墙面的速度分量
v0x2＝v0x
反弹后，垂直墙面的速度分量
v0x3＝0.75v0x1
则反弹后的网球速度大小为
vx＝
联立代入数据解得：vx＝3m/s
网球落到地面的时间t'＝
着地点到墙壁的距离d＝v0x3t'
代入数据解得：d＝3.9m
故BD正确，AC错误；
故选：BD。
36．【解答】A、由开普勒第三定律可得
由火星的轨道半径大约是地球的1.5倍可得
T火＝T地，故A错误；
BC、由于火星的半径比地球的半径大，太阳对行星的引力提供行星做圆周运动的向心力
＝
解得：v＝ 可知火星运动的线速度小于地球的线速度，火星相对地球自东向西运动，即逆行，故B错误，C正确；
D、根据矢量的运算法则，在冲日处，火星和地球的速度同向时，火星相对于地球的速度最小，故D正确。
故选：CD。
37．【解答】A、飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零
k＝Mg
解得：Mg＝100k
发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为5m/s时，飞行器的合力为零
Fmax＝k+Mg
解得：Fmax＝125k＝1.25Mg，故A错误；
B、当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为
F阻＝k 52＝25k＝Mg
同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向
受力分析如下图：
由此可得，此时发动机的推力为：
F＝
解得：F＝Mg，故B正确；
C、发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v
结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为：
kv2＝＝Mg
而由A求得Mg＝100k
所以v＝5m/s，故C正确；
D、当飞行器以5m/s的速率飞行时。产生的阻力大小为
F阻'＝k 52＝25k＝Mg
飞行器的重力为Mg，最大推力为Fmax＝1.25mg
当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有
1.25Mg+Mg﹣Mg＝Ma1
解得：a1＝2g
当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0
所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误；
故选：BC。
38．【解答】A、t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为，根据牛顿第二定律可知，，解得：mP：mQ＝1：2，故A错误；
B、T时刻，PQ的速度为v＝T，P升高的位移为h'＝＝＝，此后P做竖直上抛运动，则速度减为0的时间为t'＝＝＝，位移h''＝＝，可知初始时刻Q到零势能面的高度h＝h'+h''＝+＝，对应的机械能E＝mQgh＝，Q再运动到T时刻的机械能为E'＝E﹣Fh'（其中F为拉力），根据牛顿第二定律有：mQg﹣F＝mQa；联立解得：E'＝，故B正确；
CD、2T时刻物体P的速度v'＝，其重力的功率为P＝mPgv'＝g ＝，可知P＝，故CD正确；
故选：BCD。
39．【解答】物块与地面间的滑动摩擦力为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。
A、t3＝3s时物体的速度大小为v3，则有：（F﹣f）t3＝mv3，其中F＝4N，代入数据解得：v3＝6m/s；
t4＝4s时速度为v4，根据动量定理可得：﹣（F+f）（t4﹣t3）＝mv4﹣mv3，代入数据解得：v4＝0，故A正确；
B、0～3s物块沿正方向加速运动，3s～4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s～6s物块反向加速，且加速度大小与0～3s内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
C、3s时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6kg m/s＝6kg m/s，故C错误；
D、0～3s内物块的位移：x1＝＝m＝9m，方向为正方向；
3s～4s内物块的位移：x2＝＝m＝3m，方向为正方向；
6s时物块的速度大小为v6，则有：（F﹣f）t2＝mv6，解得：v6＝4m/s
4s～6s物块的位移大小为：x3＝＝m＝4m，方向为负方向。
所以0～6s时间内F对物块所做的功为：W＝F（x1﹣x2+x3）＝4×（9﹣3+4）J＝40J，故D正确。
故选：AD。
40．【解答】AB、设两物块的质量均为m，撤去拉力F前，两滑块均做匀速直线运动，对两滑块P、Q整体分析得
F＝2μmg
隔离滑块Q分析得
F弹＝μmg
撤去拉力F后，在弹簧弹力和摩擦力作用下，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得：
滑块P：﹣F弹﹣μmg＝ma1
滑块Q：F弹﹣μmg＝ma2
则a1＝，a2＝，
可知弹簧逐渐恢复原长过程中，滑块P做加速度减小的减速运动，Q做加速度增大的减速运动，当F弹＝μmg时，滑块P加速度最大值为
a1max＝2μg，
当F弹＝0时，滑块Q加速度最大值为
a2max＝μg，
故A正确，B错误；
C、滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故C错误；
D、滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
a′1＝μg，
可见滑块P减速的最小加速度为滑块Q减速的最大加速度，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，则滑块P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，故D正确。
故选：AD。
41．【解答】A、若h1＝h2，根据竖直方向上自由落体的运动特点可知，水的运动时间相等，在水平方向上，x＝vt，则v1：v2＝R1：R2，故A错误；
B、若v1＝v2，根据水平方向的运动特点可知，t1：t2＝R1：R2，结合竖直方向自由落体的公式可知，h1：h2＝R12：R22，故B正确；
C、若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，因为旋转的时间相同，则喷出的水量相等，但因为外圈的花盆数量比内圈数量多，则落入每个花盆的水量不相同，故C错误；
D、根据上述分析可知，若h1＝h2，则v1：v2＝R1：R2，因为内圈花盆的数量和外圈花盆的数量也是R1：R2，为了保证落入每个花盆的水量相同，则喷水的时间要相等，因为ω1＝ω2，故D正确；
故选：BD。
三．填空题（共1小题）
42．【解答】根据题意可知，波的传播方向沿水平方向向右，根据同侧法可知M点的振动方向向下，M点是波峰位置，因此经过半个周期后，绳上M处的质点将运动至位于波谷的P点处；
波速由传播的介质决定，与波的频率无关。
故答案为：P；不变
四．实验题（共2小题）
43．【解答】（1）第1s内的位移507m，第2s内的位移587m，第3s内的位移665m，第4s内的位移746m，第5s内的位移824m，第6s内的位移904m，则相邻1s内的位移之差接近Δx＝79m，可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动；
（2）根据匀变速直线运动的规律中间时刻的瞬时速度等于相邻两点的平均速度，知当x＝507m时，该飞行器速度的大小v＝＝m/s＝547m/s；
（3）根据Δx＝aT2知，a＝＝m/s2＝79m/s2。
故答案为：根据相邻相等时间内的位移之差近似为一个定值；547m/s；79m/s2。
44．【解答】（2）两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后两滑块运动方向相反，则A滑块质量要小，才有可能反向运动，故选0.304kg的滑块作为A。
（6）因为位移相等，所以速度之比等于时间之比的倒数，由表中数据可得，k2＝＝＝0.31。
（7）的平均值为：＝＝0.322≈0.32。
（8）由机械能守恒定律和动量守恒定律可得：＝+；m1v0＝﹣m1v1+m2v2，
联立解得：，代入数据，可得：＝0.34。
五．计算题（共12小题）
45．【解答】（1）到C点过程，根据动能定理可得：mglsin37°+mgR（1﹣cos37°）＝m
在C点时，根据向心力公式可得：FN﹣mg＝m
联立解得：FN＝7N
（2）能过最高点时，则能到F点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣3mgRcos37°﹣mgR＝0，解得：lx＝0.85m
因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m
第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣4mgRcos37°＝，解得：v＝，其中lx≥0.85m
（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得：mglxsin37°﹣mgsin37°﹣nμmgcos37°＝0（根据滑块运动到停下来，其中n为奇数），解得：lx＝m
当n＝1时，lx1＝m；当n＝3时，lx2＝m；当n＝5时，lx3＝m
答：（1）滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为7N；
（2）滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式为v＝，其中lx≥0.85m；
（3）释放点距B点长度lx的值可能为m、m、m。
46．【解答】（1）设在AB段加速度为a1，位移为x1，由运动学公式
＝2a1x1
代入数据解得：a1＝m/s2
（2）设运动员在AB段运动时间为t1，BC段时间为t2，
t1＝＝s＝3s
BC段x2＝v1t2+a2
代入数据解得：a2＝2m/s2
过C点的速度为
v＝v1+a2t2
代入数据解得：v＝12m/s
（3）在BC段由牛顿第二定律
mgsinθ﹣Ff＝ma2
代入数据解得：Ff＝66N
答：（1）在直道AB上的加速度大小为m/s2；
（2）过C点的速度大小为12m/s；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小为66N。
47．【解答】（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2；
（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1
代入数据解得：v＝4m/s；
（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：
﹣μmgl2＝﹣，其中v′＝2m/s
代入数据解得：l2＝2.7m。
答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2；
（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。
48．【解答】（1）滑块静止时，根据整体法可知，N1＝（m+M）g＝（0.2+0.6）×10N＝8N
当滑块向上滑动时，根据牛顿第三定律可知，滑块对滑杆的摩擦力大小为1N，方向竖直向上
则对滑杆进行受力分析，根据平衡状态得：
N2＝Mg﹣f＝0.6×10N﹣1N＝5N
（2）选竖直向上的方向为正方向
根据牛顿第二定律得，滑块的加速度为：
，负号表示加速度方向竖直向下
根据运动学公式可知
代入数据解得：v＝8m/s
（3）当滑杆和滑块发生碰撞的瞬间，根据动量守恒定律得：
mv＝（M+m）v1
当滑杆和滑块一起脱离地面时，根据整体法可知，系统的加速度为重力加速度，方向竖直向下
则
解得：h＝0.2m
答：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小分别为8N和5N；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小为8m/s；
（3）滑杆向上运动的最大高度为0.2m。
49．【解答】（1）小球做在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力
即qE＝mg
根据欧姆定律可知，极板间的电压为：
结合场强的计算公式：
U＝Ed
联立解得：E0＝
（2）小球做圆周运动，画出小球的运动轨迹图如下图所示：
根据几何关系可得：
r2＝3d2+（r﹣d）2
解得：r＝2d
根据牛顿第二定律得：
联立解得：B＝
（3）根据上述分析可知，小球离开极板时的速度方向与竖直方程成30°夹角
为了保证小球离开电容器沿直线运动，可知小球的合力与速度反向，结合几何关系可知
qE′＝mgsinθ
解得：E'＝
答：（1）求直流电源的电动势为；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度为；
（3）电场强度的最小值为。
50．【解答】（1）鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有
Mg＝ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，因此
m＝ρ气V
根据牛顿第二定律得：
ρg（V0+ΔV）﹣Mg＝Ma
联立解得：
（2）B室内的压强初始值为：
p1＝p0+ρgH
鱼静止在水面下H1时，压强的大小为：
p2＝p0+ρgH1
其中，鱼鳔内气体温度不变，则
p1V＝p2V2
根据质量公式可得B室内气体质量为：
m2＝ρ气V2
联立解得：m2＝
答：（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量为；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量为。
51．【解答】（1）设电动机的牵引绳张力为T1，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有UI＝I2R+T1v
解得
T1＝7400N
小车和配重一起匀速，设绳的张力为T2，对配重有
T2＝m0g
设斜面倾角为θ，对小车匀速有
T1+T2＝（m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
m1gsinθ＝m0g+km1g
联立各式解得
sinθ＝0.5，k＝0.1
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律有 （m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g﹣m0g＝（m1+m2+m0） a
根据运动学规律有：v2＝2aL
联立代入数据解得：L＝m
答：（1）比例系数k值为0.1；
（2）上行路程L值为m。
52．【解答】因为每相邻两个小球之间被删去了3个影像，所以每相邻两个小球之间有4次闪光间隔，即相邻两个小球之间的时间为：
t＝4×0.05s＝0.2s
因为第一个小球为抛出点，所以第一段运动对应的竖直位移大小为：
＝
第二段运动对应的竖直位移大小为：
＝＝0.6m
设小球抛出时的初速度大小为v，则s1可以表示为：
＝
同理s2可以表示为：
＝
因为s1：s2＝3：7，联立解得：
v＝
答：抛出瞬间小球的速度大小为。
53．【解答】（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得：
解得：vb＝5m/s
b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mv0＝mvb′+mv0
解得：v0＝vb＝5m/s
（2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得：
mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0
解得：h1＝1.2m
以竖直向下的方向为正方向
由动能定理得：
联立解得：FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）
（3）当1.2m≤h＜1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理可得：
从E点飞出后，竖直方向：
水平方向上：s＝vEt
根据几何关系可得：
联立解得：x＝3l+DF+s1
代入数据解得：
当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得：
mgh﹣μmgs2＝0
解得：s2＝1.8m
可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得：
mgH﹣μmgs3＝0
解得：s3＝0.4m
距离C点0.6m，综上可知0.9m＜h＜1.2m时
3l﹣s3≤x≤3l
代入数据解得：2.6m≤x≤3m
答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小为5m/s；
（2）物块a在DE最高点时，管道对物块的作用力FN与h间满足的关系为FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；
（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，物块a最终静止的位置x值的范围为2.6m≤x≤3m；若物块b释放高度1.2m≤h＜1.65m时，物块a最终静止的位置x值的范围为。
54．【解答】（1）设水平向右为正方向，因为O'点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
mAv0＝mAvA+mBvB
＝+
代入数据联立解得
vA＝﹣2m/s，vB＝2m/s，负号代表方向向左；
（2）因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A物体减速过程根据动能定理有
﹣μ1mAgx0＝﹣
根据动量定理有
﹣μ1mAgt2＝0﹣mAvA
代入数据解得
x0＝0.5m，t2＝0.5s
此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程对B根据牛顿第二定律有：
μ2（mA+mB） g＝mBa1
根据位移—时间关系有：x0＝vBt1﹣
联立代入数据解得
t1＝s或1s（含去）
故根据几何关系有
d＝vAt1+x0
代入数据解得
d＝m
（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为
v2＝vB﹣a1t1
在A减速过程中，对B分析根据牛顿第二定律可知μ1mAg+μ2（mA+mB） g＝mBa2
设B物体停下来的时间为t3，则有
v2＝a2t3
解得
t3＝s＜t2＝0.5s
可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
xB＝
所以A对B的摩擦力所做的功为
Wf＝﹣μ1mAgxB
联立代入数据解得：Wf＝﹣J
（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有
t4＝
由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有
T＝t1+t2+t4
T＝2
小球下滑过程根据动能定理有
MgL＝
当碰后小球摆角恰为5°时，有
MgL （1﹣cos5°）＝
解得：v＝m/s，v1＝m/s
小球与A碰撞过程根据动里守恒定律有
Mv＝mAv0+Mv'1
小球A碰后要求速度方向不变，做简谐运动，则要求0＜v1'＜v1
所以可解得的取值范围为＜＜。
答：（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小为2m/s；
（2）B光滑部分的长度为m；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功为﹣J；
（4）实现上述运动过程，的取值范围为＜＜。
55．【解答】（1）篮球在下落过程中，根据牛顿第二定律可知：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰前速度为：
篮球反弹的过程中，根据牛顿第二定律得：
根据速度—位移公式可得篮球与地面的碰后速率为：
因此
k＝＝
（2）篮球反弹到最高点时，运动员对篮球施加一个向下的力，根据动能定理得：
根据（1）问的描述可知，篮球落地反弹的速度为
v4＝kv3
在反弹上升的过程中，根据动能定理可得：
联立解得：F0＝
（3）由（1）问的分析可知，篮球上升和下降过程的加速度分别为
a1＝（1﹣λ）g（方向向下）
a2＝（1+λ）g（方向向上）
因为拍打的时间极短，重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理可知
I＝mv
即每次拍打篮球都会给篮球一个速度v。
拍打第一次下降过程中
上升过程中有
将k代入上升过程的式子化简得：
联立解得：
拍打第二次，同理可得：
下降过程中
上升过程中代入k后得
联立得：
将h1代入到h2得：
拍打第三次，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值化简得：
联立解得：
再将h2代入到h3得：
拍打第N次时，同理可得：
下降过程有
上升过程代入k值得：
联立有
将hN﹣1代入hN后有
其中，hN＝H，h0＝h
则有
[]
则有I＝mv'＝m
答：（1）篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比为；
（2）F0的大小为；
（3）冲量I的大小为m。
56．【解答】（1）设物块B的质量为M，t0时刻物块A、B达到共速，弹簧弹性势能此时最大设为Epm，0～t0时间内两物块作用过程满足动量守恒定律，以水平向右为正方向，结合图（b）数据得：
M×1.2v0＝（M+m）v0
解得：M＝5m
此过程对A、B和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
Epm＝﹣
解得：Epm＝0.6m；
（2）t0时刻物块A、B达到共速，此弹簧压缩量最大
因0～t0时间内两物块受到合力大小等于弹簧的弹力大小，故两物块所受合力大小相等方向相反，又因M＝5m
由牛顿第二定律可知物块B做减速直线运动的加速度大小始终等于物块A做加速直线运动的加速度大小的，那么在相同时间内，物块B的速度减小量始终等于物块A的速度增加量的，由v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，如图1所所示：
已知：0～t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。即图中面积SA＝0.36v0t0
物块B相对匀速运动而减小的位移大小等于图中面积SB，由前述分析可知：
SB＝SA＝×0.36v0t0＝0.072v0t0
则0～t0时间内，物块B运动的位移大小为：
xB＝1.2v0t0﹣SB＝1.2v0t0﹣0.072v0t0＝1.128v0t0
由位移关系可得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为：
Δlm＝xB﹣SA＝1.128v0t0﹣0.36v0t0＝0.768v0t0；
（3）已知A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同，可知A两次滑上斜面的初速度相同，且为2v0。
设A第一次下滑到斜面底端时的速度大小为vA（其方向水平向左），A与B再次碰撞后B的速度为vB，以水平向右为正方向，对A与B再次碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，结合图（b）数据得：
M×0.8v0﹣mvA＝MvB+m×2v0
+＝+
联立解得：vA＝v0
设A在斜面上上滑的最大高度为h，A与斜面间的动摩擦因数为μ，对A第一次滑上斜面到达最高点的过程，由动能定理得：
﹣mgh﹣μmgcosθ ＝0﹣
对A第一次滑上斜面又到达斜面底端的过程，由动能定理得：
﹣2μmgcosθ ＝﹣
联立代入数据解得：μ＝0.45。
答：（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6m；；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.768v0t0；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数为0.45。
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