河北省辛集中学2018届高三物理8月月考试题（含解析）.doc

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1、1河北辛集中学 20172018 学年度高三上学期第一次阶段考试物理试题一、选择题：本题共 16 小题，每小题 4 分，共 64 分。在每小题给出的四个选项中，第112 题只有一项符合题目要求，第 1316 题有多项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。1.1.下列说法正确的是A. 开普勒提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律B. 想要逃离地球的万有引力，至少需要 16.7km/s 的初速度C. 牛顿时代还无法利用月地检验来检验万有引力定律的正确性D. 卡文迪许用扭秤测出了引力常量 G，被称为第一个“称”出地球质量的人【答案】D【解析】【详解】哥白

2、尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，A 错误；想要逃离地球的万有引力，至少需要 7.9km/s 的初速度，B 错误；牛顿做了著名的“月地”检验，证明了地面上物体的重力与地球吸引月球，太阳吸引行星的力是同种性质的力，C 错误；卡文迪许用扭秤测出了引力常量 G，被称为第一个“称”出地球质量的人，D 正确2.2.甲、乙两物体在同一地点，沿同一直线运动，其 v-t 图象如图所示，则A. 甲物体比乙物体早出发 2sB. 在 4s 末两物体从出发后到第 1 次相遇前相距最远C. 在 6s 末，甲、乙两物体相遇D. 两物体加速时，甲物体的加速度小于乙物体的加速度【答案】B【解析】【分析】由

3、图直接读出两物体出发的时刻关系分析两物体的速度关系，判断相距的距离随时间的变化根据“面积”等于位移分析 6s 末两物体的位移是否相等，判断是否相遇根据斜率2等于加速度，确定加速度大小的关系【详解】由图看出，乙物体比甲物体早出发 2s,A 错误。在 0-4s 内，乙的速度大于甲的速度，甲、乙两物体又是在同一地点沿同一直线运动，则乙运动在甲的前方，两者距离不断增大；4s 后，甲的速度大于乙的速度，两者距离减小，所以第 4s 末是甲、乙两物体从出发后到第 1 次相遇前相距最远的时刻，B 正确；根据“面积”等于位移，由图看出，6s 末乙的位移大于甲的位移，两者没有相遇，C 错误；根据斜率等于加速度，由

4、图看出，甲、乙两物体加速时，甲物体的加速度大于乙物体的加速度，D 错误【点睛】本题考查基本的读图能力，关键要抓住斜率等于加速度、 “面积”等于位移，根据两物体速度大小和位置关系分析距离的变化3.3.如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成 角的细绳拴接一小球。当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是A. 细绳一定对小球有拉力的作用B. 轻弹簧一定对小球有弹力的作用C. 细绳不一定对小球有拉力的作用，但轻弹簧对小球一定有弹力D. 细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力【答案】D【解析】小球做匀速直线运动，则水平方向和竖直方向受力都是平衡的，可

5、知细线对小球一定没有拉力作用，弹簧对小球有向上的支持力作用，故选项 BC 正确，AD 错误；故选 BC.4.4.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，质量为 m 的光滑的小球 P 在水平外力 F 的作用下处于静止状态，P 与圆心 O 的连线与水平面的夹角为 ，将力 F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过 90，框架与小球始终保持静止状态。重力加速度的大小为g，在此过程中下列说法正确的是3A. 框架对小球的支持力先减小后增大B. 拉力 F 的最小值为 mgsinC. 地面对框架的摩擦力始终在减小D. 框架对地面的压力先增大后减小【答案】C【解析】AB、以小球为研究对象，分析受力情况，作出

6、受力示意力图，如图所示根据几何关系可知，用 F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F 先减小后增大，当 F 的方向沿圆的切线方向向上时，F 最小，此时：F=mgcos，故 A 错误，B 正确；C、以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用；由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故 C 正确；D、以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用；由图可知，F 在顺时针方向转动的过程中，F 沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的

7、支持力始终在减小故 D 错误；故选 BC。【点睛】本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键。5.5.如图所示，质量为 M 的斜劈形物体放在水平地面上，质量为 m 的粗糙物块以某一初速度沿劈的粗糙斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体 M 始终保持静止，重力加速度的大小为 g，则在物块 m 上、下滑动的整个过程中4A. 地面对物体 M 的摩擦力大小始终不变B. 地面对物体 M 的支持力总小于( M+m)gC. 地面对物体 M 的摩擦力先向右后向左D. 地面对物体 M 的摩擦力先向左后向右【答案】B【解析】试题分析：物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分

8、析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：在 x 轴上受力分析： 在 y 轴上受力分析： 物体上滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有物体下滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有5由上分析可知，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，但大小不同，故 ACD 错误；由式，地面对物体 M 的支持力总小于 ，故 B 正确。考点：摩擦力的判断与计算【名师点睛】本题关键是对整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出支持力和静摩擦力的表达式后进行分析讨论；整体法不仅适用与相对静止的物体系统，同样也适用与有相对运动的物体之间。6.6.水平传输装置如图所示，在载物台左端给物块一个初速度 v0，

9、当物块通过如图方向转动的传输带所用时间 t1，当皮带轮改为与图示相反的方向传输时，通过传输带的时间为t2，当皮带轮不转动时，通过传输带的时间为 t3，下列说法中正确的是A. t1一定小于 t2B. 一定有 t2 t3t1C. 可能有 t3=t2=t1D. 一定有 t1=t2 t3【答案】C【解析】试题分析：传送带不动时，物块做匀减速直线运动，传到右端时间为 t3，若带顺时针转，但物块速度大于带速时，物块仍可能一直减速，则 t1=t3，同理带逆时转，物块一直做匀减速运动，传到右端的时间 t2=t3，所以可能有 t3=t2=t1；故选 C考点：牛顿定律的应用7.7.如图甲所示，一质量为 m1 kg

10、 的物体在水平拉力 F 的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力 F 随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙6所示则下列关于物体运动的说法中正确的是( )A. t1 s 时物体开始做匀减速运动B. t3 s 至 t=5s 时间内，摩擦力对物体不做功C. 物体与接触面间的动摩擦因数为 0. 2D. t2 s 时物体的加速度大小为 2 m/s2【答案】B【解析】物体在开始在 F 作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为 4N，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，即在 1s 时物体开始做减速运动，拉力减小，合力减小，加速度减小，做变减速运动，故 A 错误由图

11、可知，从 3s 开始，物体处于静止，故 t=3s至 t=5s 时间内中，摩擦力对物体不做功，故 B 正确；由图可知滑动摩擦力大小为 f=4N，根据可知 ，故 C 错误；t=2s 时，拉力大小为 3N，则加速度大小 ，故 D 错误故选 B点睛：解决本题的关键知道物体做匀速直线运动，拉力减小后，先做减速运动，最终静止摩擦力由滑动摩擦力变为静摩擦力8.8.如图所示，斜面上有 a、 b、 c、 d 四个点， ab bc cd，从 a 点以初动能 EK0水平抛出一个小球，它落在斜面上的 b 点；若小球从 a 点以初动能 2 EK0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是A. 小球可能落在 d 点与 c

12、 点之间B. 小球一定落在 c 点C. 小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定变大D. 小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定相同7【答案】BD【解析】试题分析：从 a 点抛出后为平抛运动，水平方向 ，竖直方向为自由落体运动 ，设斜面倾角为，则有 ， 。斜面方向的位移当初动能由 变为 时，斜面方向的位移变为原来的 2 倍，即落点从 b 点移动到 c 点。答案 A 对。考点：平抛运动9.9.儿童乐园里的游戏“空中飞椅”简化模型如图，座椅通过钢丝绳与顶端转盘连接。设绳长为 L，座椅中人的质量为 m。若转盘正常工作时转速一定，绳与竖直方向夹角为 ，则 A. L 变长时， 将变大B. L 变短时， 将

13、变大C. m 越大时， 越小D. m 越大时， 越大【答案】A【解析】设座椅做匀速圆周运动时转速为 n，由重力和绳子的拉力的合力提供座椅圆周运动的向心力，如图，则有 ，得 ，据题知：n 不变，r 也不变，则当 L 变长时，变大，与 m 无关，A 正确810.10.如图所示，半径为 R 的细圆管(管径可忽略）内壁光滑，竖直固定放置，一质量为m、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁的作用力大小为mg， g 为当地重力加速度的大小，则A. 小球在管顶部时速度大小为B. 小球运动到管底部时速度大小可能为C. 小球运动到管底部时对管壁的压力可能为 5mgD. 小球运动到管底部时

14、对管壁的压力为 7mg【答案】C【解析】【分析】小球在最高点对轨道的作用力为 mg，可能对内壁有作用力，也可能对外壁有作用力，根据牛顿第二定律求得最高点的速度，利用动能定理求得达到最低点的速度，集合牛顿第二定律求得作用力的大小【详解】小球在管顶部时与管壁的作用力大小为 mg，可能对内壁有作用力，也可能对外壁有作用力，当对内壁有作用力时，根据牛顿第二定律可知 ，解得 v=0，当对外壁有作用力时，则有 ，解得 ，A 错误；根据动能定理可知有，解得 或者 ，B 错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知 ，解得 或者 ，C 正确 D 错误911.11.2016 年 2 月 11 日美国科学家宣布人类首次直

15、接探测到引力波。1974 年美国物理学家泰勒和赫尔斯发现了一颗脉冲星，该天体是一个孤立双星系统中质量较大的一颗。他们观测到双星间的距离正非常缓慢的减小。该观测结果和广义相对论预言的数值符合得非常好，这间接证明了引力波的存在。泰勒和赫尔斯也因这项工作于 1993 年荣获诺贝尔物理学奖。那么由于双星间的距离减小，下列说法中正确的是A. 周期逐渐减小 B. 速度逐渐减小C. 两星的向心加速度都逐渐减小 D. 两星之间的万有引力逐渐减小【答案】A【解析】A、根据 ，知 m1r1=m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离减小，则双星的轨道半径都变小，根据万有引力提供向心力，知角速度变大，周期变

16、小，故 A 正确；B、D、距离减小，则万有引力增大，根据 ，由于角速度减小，则线速度增大，故 B、D 错误C、根据 知， L 变小，则两星的向心加速度增大，故 C 错误故选 A.【点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，知道双星的轨道半径比等于质量之反比，难度适中12.12.如图所示，质量为 M=10kg 的小车停放在光滑水平面上。在小车右端施加一个 F=10N的水平恒力。当小车向右运动的速度达到 28m/s 时，在其右端轻轻放上一质量 m=20kg的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零） ，煤块与小车间动摩擦因数 020。假定小车足够长,g=10m/s 2。则下列说法正确

17、的是（ ）A. 煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动B. 小车一直做加速度不变的匀加速直线运动C. 煤块在 3s 内前进的位移为 9mD. 小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为 28m【答案】D10【解析】试题分析：根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：F Nma 1，F Nmg0，代入数据解得：a 12m/s 2刚开始运动时对小车有：FF NMa 2，解得：a 206m/s 2，经过时间 t，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1a 1t，车的速度为：v2v+a 2t，v 1v 2，解得：t=2s，以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律：F（M+m）a

18、3，a 3 m/s2一起以加速度 a3 m/s2做运动加速运动，故选项 AB 错误；在 2s内小黑煤块前进的位移为：x 1 a1t2 222m4m，然后和小车共同运动 1s 时间，此1s 时间内位移为：x 1v 1t+ a3t 244m，故煤块在 3s 内前进的位移为4+44m=84m，故选项 C 错误；在 2s 内小黑煤块前进的位移为：x 1 a1t2 22 24m，小车前进的位移为：x 2v 1t+ a2t2282+ 062 268m，两者的相对位移为：xx 2x168 428m，故选项 D 正确故选 D考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力

19、情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解，难度适中。13.13.小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为 M 的小环，环通过细绳与质量为 m 的小球连接，当车水平向右作匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为，如图所示。A. 细绳的受到的拉力为 mg/cosB. 细杆对环作用力方向水平向右C. 细杆对小环的静摩擦力为 MgD. 细杆对环弹力的大小为( M+m)gtan【答案】AD【解析】11对小球受力分析可知，细绳的受到的拉力为 ,选项 A 正确；环受到杆水平向右的弹力和竖直向上的摩擦力作用，故细杆对环作用力方向斜向右上方，选项 B 错误；对小球和圆环的整体，

20、竖直方向分析可知，细杆对小环的静摩擦力为( M+m)g，选项 C 错误；对小球受力分析可知： ；对球和环的整体： ,解得：N=( M+m)gtan,选项D 正确；故选 AD.点睛：正确的受力分析是解决本题的关键，小球受两个力在水平方向产生加速度，环受重力、杆的弹力和摩擦力以及绳子的拉力，因为球和环在水平方向的加速度相等，绳的拉力大小相等方向相反，据此列式求解即可14.14.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星 P1和 P2，半径分别为 RA和 RB，这两颗行星周围卫星的运行周期的平方（ T 2）与轨道半径的三次方（ r3）的关系如图所示， T0为卫星环绕行星表面运行的周期，则A. 行星 P1的质量

21、大于行星 P2的质量B. 行星 P1的密度大于行星 P2的密度C. 行星 P1的第一宇宙速度大于行星 P2的第一宇宙速度D. 行星 P1表面重力加速度大于行星 P2表面重力加速度【答案】AC【解析】【详解】根据万有引力提供向心力得出 得 ，根据图象可知，P 1的比较 P2的大，所以行星 P1的质量大于行星 P2的质量，A 正确；根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，密度 ，所以行星 P1的密度12等于行星 P2的密度，B 错误；第一宇宙速度 ，P 1的半径大于 P2的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则 P1的第一宇宙速度大于行星 P2的第一宇宙速度，C 正确；在星球表面 ，

22、解得 ，由于 P1的半径大于 P2的半径，故行星 P1表面重力加速度小于行星 P2表面重力加速度，D 错误15.15.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为 m 的两个物体 A 和 B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为 RA r、 RB2 r，与盘间的动摩擦因数 相同，当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )A. 此时绳子张力为 3mgB. 此时圆盘的角速度为 C. 此时 A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外D. 此时烧断绳子， A 仍相对盘静止， B 将做离心运动【答案】ABC【解析】A、B、C 项：A、B 两物

23、体相比，B 物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B 先有滑动的趋势，此时 B 所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A 所受的静摩擦力沿半径背离圆心，选项C 正确；当刚要发生相对滑动时，以 B 为研究对象，有 ，以 A 为研究对象，有 ，由以上两式得 ， ，故 A、B 错误，C 正确；D 项：若烧断绳子，则 A、B 的向心力都不足，都将做离心运动，故 D 正确。16.16.设地球赤道半径为 R，卫星 a 的圆形轨道离地面高度为 0.65R，地球同步卫星 b离地面高度为 5.6R，两卫星共面且旋转方向相同。某时刻卫星 a 恰好出现在赤道上某13建筑物 c 的正上方，地面重力加速度大小为 g，则A. a

24、、b 线速度大小之比为 2：1B. a、c 角速度之比为 4：1C. b、c 向心加速度大小之比 33：5D. a 下一次通过 c 正上方所需时间为【答案】ACD【解析】【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，根据牛顿运动定律求解卫星的角速度卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于 2 时，卫星再次出现在建筑物上空【详解】绕地球运行的卫星，地球对卫星的万有引力提供向心力，设卫星的线速度为 v，则： ，所以 ，可知 a、b 线速度大小之比为 ，A正确；设卫星的角速度为 ， ，得 ，所以：，又由于同步卫星 b

25、 的角速度与 c 的角速度相同，所以 ，B错误；同步卫星 b 的角速度与 c 的角速度相同，根据 可得： ，C 正确；设经过时间 t 卫星 a 再次通过建筑物 c 上方，根据几何关系有： ，又，即 ，联立解得，D 正确【点睛】本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力第（2）问对于建筑物与卫星的角速度大小关系不能直接得出，可将卫星与同步卫星相比较得到二、实验题：每题 2 分，共 6 分。1417.17.如图甲所示，用包有白纸的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器，当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所

26、示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动。测得记号之间的距离依次为 20.0mm，44.0mm，68.0mm，92.0mm，116.0mm，140.0mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此研究圆柱棒的运动情况。根据以上内容，回答下列问题：（1）毛笔画相邻两条线的时间间隔 T=_s，图乙中的_端是圆柱棒的悬挂端（填“左”或“右” ） 。（2）根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号 D 时，圆柱棒下落的速度 vD=_m/s；圆柱棒竖直下落的加速度 a=_m/s2。 （结果保留三位有效数字）【答案】 (1). 0.05 (2). 左 (3). 1.60 (4). 9.60【解析】（1）电动

27、机每秒钟转 圈，电动机的转速 ，所以周期 ，圆柱棒竖直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端（2）匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度，加速度 三、计算题：本题共 4 小题，18 题 8 分，19 题 8 分，20 题 12 分，20 题 12 分，共 40 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。18.18.如图所示，BC 为半径 R=0.8m 的四分之一圆弧固定在竖直平面内，AB 为水平轨道，两轨道在 B 处相切连接。AB

28、 轨道上的滑块 P 通过不可伸长的轻绳与套在竖直光滑细杆的滑15块 Q 连接。P、Q 均可视为质点且圆弧轨道 C 点与竖直杆间距离足够远，开始时，P 在 A 处，Q 在与 A 同一水平面上的 E 处，且绳子刚好伸直处于水平，固定的小滑轮在 D 处，DE=0.35m，现把 Q 从静止释放，当下落 h=0.35m 时，P 恰好到达圆弧轨道的 B 点，且刚好对 B 无压力，并且此时绳子突然断开，取 g=10m/s2。求：（1）在 P 到达 B 处时，P、Q 的速度大小分别为多少（结果可保留根式） ；（2）滑块 P、Q 落地的时间差。【答案】 （1） vp= m/s； v0=4m/s （2）0.3s【

29、解析】试题分析：（1）P 恰好到达圆弧轨道的 B，且对 B 无压力，重力提供向心力，根据向心力公式得：解得：P 到达 B 点时，绳子的速度等于 P 的速度，根据几何关系知绳与竖直方向夹角为 45，（2）绳子断后，P 做平抛运动 Q 做竖直下抛运动 Rh=v Qt t=t 1t 2 由得t=0.3s考点：圆周运动；平抛运动；速度的分解【名师点睛】此题考察曲线运动的知识，会根据运动的分解知 Q 的速度，即把 Q 的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向的两个分速度，同时要熟悉平抛运动和竖直上抛运动的规律及处理问题的基本方法即可解答，属于中等题目。19.19.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至距地面高度

30、为 h1的近地轨道上，在卫星经过A 点时点火，实施变轨，进入远地点为 B 的椭圆轨道上，然后在 B 点再次点火，将卫星送入同步轨道，如图所示，已知同步卫星的运动周期为 T，地球的半径为 R，地球表面重力加16速度为 g（1）求出卫星在近地点 A 的加速度大小 a；（2）求出远地点 B 距地面的高度 h2；（3）列出计算卫星在椭圆轨道上的周期 T的表达式【答案】 （1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）设地球的质量为 M，在地球表面，物体的重力等于万有引力，有：卫星在 A 点时，由牛顿第二定律得：由上述各式得（2）B 点位于同步卫星轨道上，卫星所受万有引力提供向心力，有：得（3）由开普勒第

31、三定律，得椭圆轨道上的周期表达式为：17考点：万有引力定律的应用【名师点睛】根据卫星运动时万有引力提供向心力和在地球表面重力等于万有引力分别列方程求解会写向心力的不同表达式20.20.如图所示，质量为 m=0.4kg 的小物块从 A 点，在一个水平方向的拉力 F 作用下，由静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，经 t1=2s 的时间物块运动到 B 点后，立即撤去拉力 F，物块继续上升到 C 点后又沿斜面下滑到 A 点。已知斜面倾角 =37，物块与斜面之间的动摩擦因数 =0.5，AB 两点间的距离 L=10m，重力加速度的大小 g 取 10m/s2。求：（sin37=0.6，cos37=0.8，结

32、果可用根式或小数表示）（1）拉力 F 的大小；（2）撤去 F 后又上滑的距离；（3）物块从 C 点滑回 A 点所用的时间。【答案】12N，5m， s【解析】【详解】 （1）设物块由 A 到 B 运动的加速度为 a1，根据运动学公式和牛顿第二定律得：， ， ，又有 ，联立解得： F=12N；（2）对物块从 A 到 B 的过程，根据运动学公式有 ，对物块 B 到 C 的过程，根据动能定理得 ，解得 ；18（3）物块从 C 滑到 A 的过程，有 ， ，联立解得21. 如图所示，车厢内的小桌上固定一光滑斜面，除去小球车厢的总质量为 M、小球的质量为 m，斜面倾角为 。车在水平推力作用下向右做匀加速直线

33、运动，小球（视为质点）始终与车相对静止，小球距桌面的高度为 h，距车厢地板高度为 H，离桌面边缘水平距离为L，离车厢前壁的距离为 d。车在运动过程中所受的阻力等于车对地面压力的 k 倍，重力加速度为 g。（1）求水平推力 F1的大小（2）若 M=10kg，m=1kg，=37， k=020，h=020m，H=080m，L=030m，d=160m，g=10m/s 2。当车速为 v0=15m/s 时，撤去推力 F1同时对车施加水平向左的拉力 F2（如虚线所示） ，小球立即离开斜面向右飞去。为使小球在运动中不碰到桌子和前壁，所加拉力 F2应满足什么条件？【答案】 （1）F 1=（M+m）g（k+tan

34、） （2）130NF 2180N【解析】试题分析：（1）对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得：mgtan=ma解得 a=gtan对整体有：F 1-k（M+m）=（M+m）a解得：F 1=（M+m）g（k+tan）（2）撤去推力 F1同时对车施加水平向左的拉力 F2（如虚线所示） ，小球立即离开斜面向右飞去此时小球做平抛运动，为使小球在运动中不碰到桌子和前壁，则小球刚好运动到桌子右端或车厢右下角19若小球刚好运动到桌子右端，则运动的时间为； 水平位移为：x=v 0t=3m所以车厢运动的位移为 s=x-L=27m对车厢有：s=v 0t at2解得：a=15m/s 2F2+kMg=Ma解得 F2=130N若小球刚好运动到车厢右下角，则运动的时间为； 水平位移为：x=v 0t=6m所以车厢运动的位移为 s=x-d=44m对车厢有：s=v 0t at2解得：a=20m/s 2F2+kMg=Ma解得 F2=180N综上可知：为使小球在运动中不碰到桌子和前壁，所加拉力 F2应满足 130NF 2180N考点：牛顿第二定律