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农垦建三江管理局第二高中2021-2022学年高一下学期期中考试
物理试卷
时间：90分钟
一、单选题(每题3分，共36分)
1．一小球从高空由静止开始自由下落，从下落时刻开始计时，不计空气阻力。若用a、v、t、h、P分别表示小球的加速度、速度、时间、下落高度、重力的瞬时功率，则如图所示图像正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图，质量为m的小滑块由半径为R的半球面的A端匀速率滑下，到达最低点B时所受到的摩擦力大小为，取重力加速度为g。从A到B过程，下列关于做功的说法中错误的是（　　）
A．重力做功为 B．弹力做功为零
C．摩擦力做功为 D．克服摩擦力做功为
3．某同学从教学楼三楼下行至一楼的过程中，关于该同学所受重力做的功和该同学的重力势能的变化，下列说法正确的是（　　）
A．重力做负功，重力势能减小 B．重力做负功，重力势能增大
C．重力做正功，重力势能减小 D．重力做正功，重力势能增大
4．如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B的加速度，则（　　）
A．木板A所受摩擦力对木板A做负功
B．木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等
C．木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B对木板A的摩擦力做的功
D．力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和
5．关于机械能守恒的条件，下列说法正确的是（　　）
A．做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒
B．做加速度大小为g的匀加速直线运动的物体，机械能一定守恒
C．做平抛运动的物体，机械能一定守恒
D．在竖直平面内做圆周运动的物体，机械能一定守恒
6．从某一高度由静止释放一小球，如果忽略空气阻力，则小球在下落过程中（　　）
A．重力对小球做负功 B．小球重力的瞬时功率增大
C．小球的机械能增大 D．小球的动能不变
7．关于万有引力和万有引力定律理解正确的有（　　）
A．我们平常很难觉察到物体之间的万有引力，是因为一般物体之间没有万有引力的作用
B．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反的，是一对平衡力
C．由知，两物体间距离r减小时，它们之间的引力增大，紧靠在一起时，万有引力无穷大
D．引力常量的大小首先是由卡文迪许测出来的，约等于
8．如图所示，高的曲面固定不动。一个质量为的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到底端时的速度大小为。（取）在此过程中，下列说法正确的是（　　）
物体的动能增加了 B．物体的重力势能减少了
C．物体的机械能保持不变 D．物体的机械能能减少了
9．如图所示，为某种自行车的大齿轮、链条、小齿轮、脚踏板、后轮示意图，在骑行过程中，脚踏板和大齿轮同轴转动，小齿轮和后轮同轴转动，已知大齿轮与小齿轮的半径之比为3：1，后轮与小齿轮半径之比为10：1，当使后轮离开地面，扭动脚蹈板带动后轮一起匀速转动时（　　）
A．A、C两点的线速度
B．A、B两点的角速度
C．A、C两点的周期 D．A、C两点的向心加速度
10．在2021年9月末的校运动会田径比赛上，设某运动员臂长为L，将质量为m的铅球推出，铅球出手的速度大小为，方向与水平方向成30°角斜向上，则该运动员对铅球所做的功是（　　）
A． B．
C． D．
11．河水的流速随离一侧河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示。若要以最短时间渡河，则（　　）
A．船渡河的最短时间是60s B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线 D．船在河水中的最大速度是3m/s
12．玩“套圈圈”游戏时，身材高大的哥哥和身高较矮的弟弟站在同一位置，两人同时向正前方水平地面上的玩具小熊水平抛出圆环，圆环恰好都套中玩具小熊。若圆环离手后的运动可视为平抛运动，它们的初速度分别为v1与v2，下列说法正确的是（　　）
A．哥哥先套住玩具熊 B．两人同时套住玩具熊
C．v1＜v2 D．v1=v2
二、多选题(每题5分，共30分)
13．一辆小汽车在水平路面上由静止匀加速启动，功率到达额定功率P=45kW后保持不变，其v-t图像如图所示，已知汽车的质量为1500kg，汽车受到地面的阻力f=1500N。g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．汽车在前5s内的加速度大小为
B．汽车在前5s内的牵引力为4500N
C．汽车的最大速度为20m/s D．汽车的最大速度为30m/s
14．下列关于各种能量变化的说法正确的是（　　）
A．物体的速度发生变化时，物体的动能一定变化
B．弹簧中的弹力做正功时，其弹性势能一定减小
C．物体重力势能增大时，则其动能一定减小、
D．物体动能增大时，则其合外力一定做正功
15．“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星使用寿命。如图所示，“轨道康复者”航天器在圆轨道1上运动，一颗能源即将耗尽的地球同步卫星在圆轨道3上运动，椭圆轨道2与圆轨道1、3分别相切于Q点和P点，则下列说法正确的是（　　）
A．卫星在轨道1时的速度大于在轨道2时 P点的速度
B．根据可知，“轨道康复者”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
C．若“轨道康复者”已经运动到了轨道3，要给轨道3上的相隔较远的同步卫星补充能量，只需点火加速即可追上
D．“轨道康复者”在三个轨道上正常运行的周期满足
16．质量为的物体，由静止开始下落，由于空气阻力作用，下落的加速度为，在物体下落的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物体重力做的功为 B．物体克服阻力做功为
C．物体重力势能增加了 D．物体动能增加
17．如图所示为一根弹簧的弹力F—伸长量x图线，关于弹簧伸长的过程中弹力做功和弹性势能的变化，下列说法正确的是（　　）
A．从弹簧原长到伸长量为10cm的过程中，弹力做功为200J
B．从弹簧原长到伸长量为10cm的过程中，弹性势能改变量为-200J
C．从伸长量为10cm到伸长量为20cm的过程中，克服弹力做功为3J
D．从伸长量为10cm到伸长量为20cm的过程中，弹性势能增加了3J
18．关于不在同一条直线上两个运动的合成，下列说法正确的是（　　）
A．两个直线运动的合运动一定是直线运动
B．两个匀速直线运动的合运动一定是直线运动
C．两个匀加速直线运动的合运动一定是直线运动
D．一个匀速直线运动与一个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速曲线运动
三、实验题(每空2分，共14分)
19．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带，如图1所示。O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的连续点中的三个点。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，那么：
（1）根据图1中所给的数据，应取图中O点到_______点来验证机械能守恒定律。
（2）从O点到（1）问中所取的点，对应的重物重力势能的减少量ΔEp=_______J，动能增加量ΔEk=___________J。（结果保留三位有效数字）
（3）若测出纸带上所有点到O点的距离，根据纸带算出各点的速度v及重物下落的高度h，则以为纵轴、以h为横轴画出的图像是图2中的_______。
20．学抛运动之后，某物理小组通过以下实验过程来分析小球做平抛运动的初速度。
（1）图甲是“探究平抛运动的特点”的实验装置图，经过规范的实验操作可以知道：做平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做___________运动。
（2）
图乙是实验得到的图像，其中为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为___________。（取）
（3）某同学建立的直角坐标系如图丁所示，该同学在轨迹上任取一点，测得其坐标为，则该次实验初速度的测量值与真实值相比___________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
四、解答题(共26分)
21．如图所示，一质量为m=0.5kg的小球，用长为0.4m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动。g取10m/s2，求：
（1）当小球在最高点的速度为4m/s时，轻绳拉力多大？
（2）若轻绳能承受的最大张力为45N，小球的速度不能超过多大？
23．如图所示，在倾角为37°的斜面上从A点以6m/s的初速度水平抛出一个小球，小球落在B点。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g，求：
（1）A、B两点间的距离和小球在空中飞行的时间；
（2）小球刚碰到斜面时的速度方向与水平方向夹角的正切值。
32．光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．可视为质点、质量为m的滑块从曲面上距BC的高度为2r处由静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为，求：
（1）滑块到达B点时的速度大小vB；
（2）水平面BC的长度x；
（3）在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm.
试卷第1页，共3页
姓名
班级
考号
高一物理答题卡
一、 选择题(每题3分，共36分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
二、多选题（每题4分，共24分）
13 14 15 16 17 18
三、填空题（每空2分，共14分）
19、（1） （2） 、 （3）
20、（1） （2） （3）
四、计算题（共26分）
21、
22、
23题、
参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A．小球做自由落体运动，其加速度等于重力加速度g，不随时间变化，故A错误；
B．根据自由落体运动的规律可得，小球的速度v=gt，可知速度与时间成正比，故B错误；
C．根据自由落体运动的位移-时间关系可得h=gt2，解得
可知与t成正比，故C正确；
D．重力的瞬时功率
P=mgv=mg
P与成正比，故D错误。
故选C。
2．D
【解析】
【详解】
AD．轻杆从从水平位置开始以初速度向上运动，则速度逐渐减小，设轻杆与水平方向的夹角为θ，则小球的竖直分速度
则随着v减小，θ的增加，小球的竖直分速度逐渐减小，根据
可知，小球重力的瞬时功率一直减小，A错误，D正确；
B．因为小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力可能沿半径指向圆心，也可能背离圆心，则轻杆对小球的弹力不一定始终沿半径指向圆心，选项B错误；
C．由
因小球的速度一直减小，则小球的向心加速度逐渐减小，C错误；
故选D。
3．C
【解析】
【详解】
A．从A到B过程，重力做功
故A正确，不符合题意；
B．从A到B过程，弹力做功为零，故B正确，不符合题意；
C．从A到B过程，到达B点时摩擦力为，且在该过程中物体小滑块的速率不变，故由动能定理得
解得
故C错误，符合题意；
D．由上述分析可知，克服摩擦力做功为mgh，故D正确，不符合题意。
故选C。
4．C
【解析】
【详解】
该同学从教学楼三楼下行至一楼过程中，重力方向向下，位移方向向下，所以重力做正功，重力势能减小，故ABD错误，C正确。
故选C。
5．C
【解析】
【详解】
初始时对A进行受力分析
对B
解得
加速后设A到支架水平支臂的距离为h
解得
由能量关系可知
解得
故选C。
6．C
【解析】
【详解】
A．木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同，对木板A做正功，故A项正确；
B．木板A对木块B的摩擦力做的功大小为
木块B对木板A的摩擦力做的功大小为
由题意得的大小与的大小相等，但，所以两者做功大小不相等，故B项错误；
C．摩擦生热的计算公式为
又因为
所以有
故C项正确；
D．根据能量守恒有，力F做的功等于木块B和木块A动能的增量之和，再加上A、B相对运动产生的热量，故D项错误。
故选C。
7．C
【解析】
【详解】
A．在竖直方向做匀速直线运动的物体，一定受到与重力平衡的其他外力，且该外力做功，此时物体机械能一定不守恒，故A错误；
B．当物体做匀加速直线运动的加速度大小为g时，只有一种可能机械能守恒，即自由下落，其他情况物体的机械能均不守恒，故B错误；
C．做平抛运动的物体，物体仅受重力作用，机械能一定守恒，故C正确；
D．若物体在竖直平面内做匀速圆周运动，则其动能始终不变，而势能时刻变化，所以机械能一定不守恒，因此在竖直平面内做圆周运动的物体，机械能不一定守恒，故D错误。
故选C。
8．C
【解析】
【详解】
A．开普勒行星运动定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动，故A错误；
B．开普勒通过研究观测记录发现行星绕太阳运行的轨道是椭圆，故B错误；
C．在由开普勒第三定律得出的表达式
k是一个与中心天体有关的常量，故C正确；
D．根据万有引力公式
可知，在近日点的距离比在远日点的距离小，所以在近日点的万有引力大，故D错误。
故选C。
9．D
【解析】
【详解】
A．我们平常很难觉察到物体之间的万有引力，是因为一般物体之间万有引力很小，故A错误；
B．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反的，是一对作用力和反作用力，故B错误；
C．两物体间距离r减小时，它们之间的引力增大，紧靠在一起时，万有引力定律不再适用，万有引力并不是无穷大，故C错误；
D．引力常量的大小首先是由卡文迪许用扭秤实验测出来的，约等于，故D正确。
故选D。
10．D
【解析】
【详解】
A．实践21号卫星在P点从同步轨道到转移轨道需要加速做离心运动，选项A错误；
B．根据
可知，北斗2号G2卫星在转移轨道上经过Q点的加速度等于在墓地轨道上经过Q点的加速度，选项B错误；
C．若北斗2号G2卫星要从地球表面逃脱地球的引力束缚，则在地面处速度必须大于11.2km/s，若要从Q点逃脱地球的引力束缚，则在该处速度可以小于11.2km/s，选项C错误；
D．考虑空气阻力，若在“同步轨道”运行的卫星无动力补充，则速度会减小，则卫星做向心运动，即接下来轨道降低，地球的引力做正功，且引力做的正功大于克服空气阻力的功，则卫星的速度变大，选项D正确。
故选D。
11．D
【解析】
【详解】
根据开普勒第三定律
又
联立以上各式得
故选D。
12．D
【解析】
【详解】
A．因为小球与杆之间有摩擦力，则当角速度变大时，小球仍可能相对于杆静止，故两球间的距离不变，故A项错误；
B．因为若小球相对于杆静止，故弹簧形变量不变，根据胡克定律
所以弹簧弹力不变，故B项错误；
C．小球所受静摩擦力的方向未知，若静摩擦力方向向右，则摩擦力变小，若静摩擦力方向向左，则摩擦力变大，故C项错误；
D．小球所受合力提供小球的向心力，与以匀速转动时相比，以匀速转动时所需向心力变大，即小球所受合力变大，故D项正确。
故选D。
13．C
【解析】
【详解】
AB．由图可知，大齿轮与小齿轮为同缘传动，因此
由于大齿轮与小齿轮的半径之比为3：1，根据可得
小齿轮与后轮为同轴传动，因此
因此
后轮与小齿轮半径之比为10：1，因此
因此A、C两点的线速度之比为
故AB错误；
C．根据可得
故C正确；
D．根据可得
故D错误。
故选C。
14．A
【解析】
【详解】
根据速度的分解可知物体在最高点时的速度大小为
由题意，将物体在最高点的运动视为半径为ρ的圆周运动，此时物体的向心加速度为
联立以上两式可得物体在轨迹最高点处的曲率半径为
故选A。
15．B
【解析】
【详解】
AB．由题图甲可知河宽300m，船头始终与河岸垂直时，船渡河的时间最短，则
故A错误，B正确；
C．由于船沿河漂流的速度大小始终在变化，故船的实际速度大小和方向也在时刻发生变化，船在河水中航行的轨迹是曲线，故C错误；
D．船沿河漂流的最大速度为4m/s，所以船在河水中的最大速度
D错误。
故选B。
16．C
【解析】
【详解】
AB．设抛出的圈圈做平抛运动的高度为h，则下落的时间为
平抛运动的物体飞行时间由高度决定，弟弟抛出的圆环运动时间较短，故AB错误；
CD．水平方向位移为
因水平位移相同，哥哥抛出的圆环运动时间长，则哥哥抛环的速度小，故C正确，D错误。
故选C。
17．B
【解析】
【详解】
石子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，站在路边的人看到石子做平抛运动，故B正确，ACD错误。
故选B。
18．C
【解析】
【详解】
AB．平抛运动竖直方向做自由落体运动，两球高度相同，则落地时间相同，故AB错误；
C．平抛运动水平方向做匀速直线运动，因为落地时间相同，则初速度大的运动距离远，故C正确；
D．因为落地时间相同，则落地时竖直方向速度相等，根据速度的合成可知，初速度小的落地速度小，故D错误。
故选C。
19．B
【解析】
【详解】
A．设AB高度为h，BC长度为x，平抛运动竖直方向为匀加速运动，则
，
则
A错误；
C．平抛运动水平方向为匀速运动，则
，
得到
C错误；
B．设落在斜面上的D点和C点，竖直方向分速度分别为，，则
，
得到
在落点时，合速度与分速度的关系为
，
得到
B正确；
D．落点时瞬间的速度方向与水平方向的夹角关系有
，
得到
D错误；
故选B。
20．ABD
【解析】
【详解】
A．汽车在前5s内的加速度大小为
故A正确；
B．设汽车在前5s内的牵引力为F，根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
C．D．当汽车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，则
解得
故D正确。
故选ABD。
21．BD
【解析】
【详解】
A．物体的速度方向发生变化，大小不变时，物体的动能不变，故A项错误；
B．弹簧中的弹力做正功时，其弹性势能减小，故B项正确；
C．物体重力势能增大时，其动能不一定减小，如竖直向上做匀速运动，其重力势能增大，动能不变，故C项错误；
D．根据动能定理可知，物体动能增大时，其合外力一定做正功，故D项正确。
故选BD。
22．BD
【解析】
【详解】
A．物体间都存在着万有引力的作用，只不过万有引力表达式
适用于计算质点间的万有引力，故A错误；
B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力学量，故B正确；
C．、之间的万有引力总是大小相等方向相反，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故C错误；
D．、之间的万有引力是属于相互作用力，所以总是大小相等，与、的质量是否相等无关，故D正确。
故选BD．
23．AD
【解析】
【详解】
A．设卫星在轨道1的速度为，在轨道3的速度，在轨道2 P点速度，轨道1和轨道3都圆轨道，则有
故
又从轨道2到轨道3要点火加速，则有
故
故A正确；
B．由牛顿第二定律得
解得
则卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，故B错误；
C．“轨道康复者”在轨道3点火加速将会做离心运动，远离同步卫星，故C错误；
D．根据开普勒第三定律，有
由图可知
易知
故D正确。
故选AD。
24．BCD
【解析】
【详解】
A．图甲中，汽车通过拱桥的最高点时向心加速度竖直向下，汽车处于失重状态，故A错误；
B．图乙中，摆球重力和绳的拉力的合力提供向心力，根据力的合成与分解和向心力公式有
设摆球与悬点的高度差为h，则
联立可得
所以增大θ，但保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故B正确；
C．图乙中，设小球做匀速圆周运动时与圆锥顶连线与竖直方向的夹角为θ，小球所受重力与内壁支持力的合力提供向心力，则根据力的合成与分解以及牛顿第二定律有
解得
所以在A、B两位置小球的加速度大小相等，再根据
由于小球在A位置的半径较大，可知小球在A位置的角速度小于在B位置的角速度，故C正确；
D．火车转弯超过规定速度行驶时，火车重力和铁轨支持力的合力不足以提供过弯的向心力，此时外轨内侧对车轮会有挤压作用，从而提供一部分向心力，根据牛顿第三定律可知车轮会对外轨内侧有挤压作用，故D正确。
故选BCD。
25．AD
【解析】
【详解】
AB．向心力是由指向圆心方向的合外力提供，它是根据力的作用效果命名的，向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各力的合力来提供，也可以是某个力的分力来提供，故A正确，B错误；
C．物体做圆周运动就需要向心力，向心力是根据力的作用效果命名的，需由外界提供，而不是物体受到了向心力，故C错误；
D．向心力的方向与速度方向垂直，因此不改变速度的大小，只改变速度的方向，故D正确。
故选AD。
26．BD
【解析】
【详解】
A．两个直线运动的合运动不一定是直线运动，比如平抛运动。故A错误；
B．分运动都是直线运动，知合加速度为零，合速度不为零，则合运动仍然是匀速直线运动。故B正确；
C．若两个初速度为零的匀加速直线运动一定是匀加速直线运动，若初速度不为零，则合运动不一定为直线运动，当合初速度与合加速度不共线时，做曲线运动。故C错误；
D．若匀加速直线运动和匀速直线运动不共线，因为合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上。则其合运动一定是匀变速曲线运动，故D正确。
故选BD。
27． B 1.88 1.84 A
【解析】
【详解】
（1）[1]实验需要验证重物重力势能的减少量与动能的增加量相等，需要求出重物的速度，根据题图1结合匀变速直线运动的推论可以求出打B点时重物的瞬时速度，因此应取图中O点到B点来验证机械能守恒定律。
（2）[2]从O点到B点，对应的重物重力势能的减少量
ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×19.20×10-2 J≈1.88 J
[3]打B点时重物的瞬时速度为
vB== m/s=1.92 m/s
从O点到B点，对应的重物动能增加量
ΔEk==×1.00×1.922 J≈1.84 J
（3）[4]重物下落过程，由机械能守恒定律得
mgh=mv2
整理得
=gh
g是定值，则与h成正比，故选A。
28． 匀速直线 1.6 1.5 偏大
【解析】
【详解】
（1）[1]做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动。
（2）[2]根据
可得
所以平抛运动的初速度为
（3）[3]在竖直方向上为自由落体运动，根据
得
所以初速度为
（4）[4]描绘小球的运动轨迹应该是描绘球心的位置，该同学建立的直角坐标系有一处错误，坐标系的原点没有放在小球在槽口处球心在白纸上的投影处，造成坐标原点偏下，根据
和
可得
由于y值偏小，因此偏大。
29．（1）；（2）4.8m；（3）10m/s，与水平方向夹角为53°，斜向下
【解析】
【详解】
（1）小球在竖直方向做自由落体运动，根据
代入数据可得
（2）小球在水平方向做匀速运动，因此
（3）竖直速度大小
因此合速度大小
设落地时速度方向与水平方向夹角为θ，则
解得
方向：与水平方向夹角为53°，斜向下。
30．（1）15N；（2）
【解析】
【详解】
（1）在最高点，对小球受力分析如图甲
由牛顿第二定律得
将代入得轻绳拉力
（2）由分析可知，小球在最低点时轻绳张力最大，对小球受力分析如图乙
由牛顿第二定律得
将代入得
即小球的速度不能超过。
31．（1）6.75m，0.9s；（2）
【解析】
【详解】
（1）如图所示，设小球落到B点时竖直分位移为h，水平分位移为x，速度的偏转角为α，运动时间为t。
则
解得
t=0.9s
x=v0t=5.4m
则A、B两点间的距离
（2）在B点时，有
32．（1）；（2）3r；（3）
【解析】
【详解】
（1）滑块在曲面上下滑过程中机械能守恒，有
解得滑块到达B点时的速度
（2）滑块进入管口时对圆管恰好无作用力，只受重力，根据牛顿第二定律有
由A到C，根据动能定理有
解得水平面BC的长度
（3）滑块的加速度为零时有最大速度vm，此时有
mg＝k·Δx
由C经D到最低点，有
解得
33．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）由牛顿第二定律有
设匀加速的末速度为v，则有
代入数值，联立解得匀加速的时间为
（2）当达到最大速度时，加速度为0，牵引力等于阻力，则有
解得汽车的最大速度为
（3）汽车由静止到最大速率，由动能定理得
解得汽车发生该1000m位移需要的时间
34．（1）5m/s；方向与水平方向夹角37°；（2）43.3N，方向竖直向下；（3）1.25m
【解析】
【详解】
（1）物块做平抛运动，则有
可得
合速度大小为
方向与水平面的夹角为θ，则有
可得
（2）设C点受到的支持力为FN，则有
解得
根据牛顿第三定律可知对圆弧轨道C点的压力大小43.3N，方向竖直向下；
（3）保证小物块不滑出长木板，小物块与长木板最后共速，由题意可知小物块m对长木板的摩擦力为
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
可知，对小物块有
可得
位移和速度分别为
对长木板有
长木板的最小长度
联立可得
答案第1页，共2页

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