1、2019-2020 苏州市苏州市高三高三八校联考模拟复习卷八校联考模拟复习卷 物物 理理 一、单选题一、单选题 1如图所示，风力发电机叶片上有 P、Q两点，其中 P 在叶片的端点，Q在另一叶片的 中点当叶片转动时，下列说法正确的是（ ） A两点的向心加速度大小不同 B两点的向心加速度方向相同 C两点的线速度大小相等 D两点的线速度方向相同 2如图，小球甲从 A点水平抛出，同时将小球乙从 B 点自由释放，两小球经过 C 点时速度大小相等，方 向夹角为 60 。已知 A、C高度差为 h，两小球质量均为 m，不计空气阻力，由以上条件可知（ ） A甲球抛出时的速度大小为2 gh BAC 的水平位移为
2、2 3 3 h C乙球到 C 点的时间是甲球的 1.5 倍 D乙球到 C 点时重力的功率为22mggh 3大喇叭滑梯是游客非常喜爱的大型水上游乐设施。如图所示，一次最多可坐四人的浮圈从高为h的平 台由静止开始沿滑梯滑行，到达底部时水平冲入半径为R、开口向上的碗状盆体中，做半径逐渐减小的圆 周运动。重力加速度为g，下列说法正确的是（ ） A人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于超重状态 B人和浮圈刚进入盆体时的速度大小为2gh C人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力指向其运动轨迹的内侧 D人和浮圈进入盆体后，所受支持力与重力的合力大于所需的向心力 4甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，其v t图像如图所示，下
3、列说法正确的是（ ） A 2 0t时间内乙物体通过的路程大于甲物体通过的路程 B 1 t时刻，两者相距最远 C 2 0t时间内乙的平均速度小于甲的平均速度 D 2 t时刻，乙物体追上甲物体 5冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点处，A、C和 B、D 分别为椭圆两条对称 轴的端点。已知冥王星的公转周期为 T0，忽略其他行星对它的影响，则（ ） A冥王星从ABC的过程中，万有引力做负功，势能减小 B冥王星从AB所用的时间等于 0 4 T C冥王星在 A点的速率小于在 C 点的速率 D冥王星从BCD的过程中，加速度先减小后增加 6如图甲所示，质量为 0.1kg的小球从最低点 A 冲
4、入竖直放置在水平地面上、半径为 0.4m的半圆轨道， 小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示。已知小球恰能到达最高点 C，轨道粗糙程度处处相同， 空气阻力不计 g 取 10m/s2，B为 AC 轨道中点。下列说法错误的是（ ） A图乙中 x=4 B小球从 B 到 C损失了 0.125J 的机械能 C小球从 A 到 C合外力对其做的功为-1.05J D小球从 C 抛出后，落地点到 A 的距离为 0.8m 7如图所示，倾角30的斜面体 C 固定在水平面上，置于斜面上的物块 B 通过细绳跨过光滑定滑轮( 滑轮可视为质点)与小球 A相连，连接物块 B的细绳与斜面平行，滑轮左侧的细绳长度为 L，物块
5、 B与斜 面间的动摩擦因数 3 . 3 开始时 A、B均处于静止状态，B、C 间恰好没有摩擦力，现让 A在水平面内 做匀速圆周运动，物块 B始终静止，则 A的最大角速度为( ) A 2g L B 3 2 g L C g L D 2 3 g L 8如图所示，水平面 O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有 10 个质量均为 m 完全相同的小滑块（可 视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为 L，滑块 1 恰好位于 O 点，滑块 2、3依次沿直线水 平向左排开，现将水平恒力 F 作用于滑块 1，经观察发现，在第 3 个小滑块进入粗糙地带后到第 4个小滑 块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直
6、线运动，已知重力加速度为 g，则下列说法正确的是 A粗糙地带与滑块间的动摩擦因数 F mg B匀速运动过程中速度大小 5 FL m C第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等 D在水平恒力 F 作用下，10个滑块全部可以进入粗糙地带 二、多选题二、多选题 9如图所示，某中学足球球门宽（两根竖直立柱之间的距离）a=6m，在一次对抗赛中，红队进攻队员在 球门中心点Q的正前方距离球门线 b=4m的R处高高跃起， 用头将处于h=2.5m高的O点的足球水平击出， 结果足球越过防守队员的头顶划出一道美丽的弧线飞入绿队球门的左下方死角，即刚好越过球门线紧靠左 边立柱的 P点，假设足球
7、做平抛运动，重力加速度为 g=10m/s2，那么足球在此次平抛运动过程中（ ） A位移的大小 s=5m B初速度的大小 v0=5 2m/s C末速度的大小 v=5 6m/s D初速度的方向与球门线夹角的正切值 3 tan 4 102020 年 7月 21 日将发生土星冲日现象，如图所示，土星冲日是指土星、地球和太阳几乎排列成一线， 地球位于太阳与土星之间。此时土星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮而易于观察。地球和土星 绕太阳公转的方向相同， 轨迹都可近似为圆， 地球一年绕太阳一周， 土星约 29.5年绕太阳一周。 则 （ ） A地球绕太阳运转的向心加速度大于土星绕太阳运转的向心加速度 B
8、地球绕太阳运转的运行速度比土星绕太阳运转的运行速度小 C2019 年没有出现土星冲日现象 D土星冲日现象下一次出现的时间是 2021 年 11如图（甲） ，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上。现使小球在竖直平面内做圆周运动， 到达某一位置开始计时， 取水平向右为正方向， 小球的水平分速度 vx随时间 t的变化关系如图 （乙） 所示。 不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A在 t1时刻小球通过最低点 B图（乙）中 S1面积的数值为 0.8m C图（乙）中 S1和 S2的面积不相等 D图线第一次与横轴的交点对应小球的速度为 2 5m/s 12如图所示，轻质弹簧的下端固定在水平地面上，一
9、个质量为m的小球（可视为质点） ， 从距弹簧上端h处自由下落并压缩弹簧 若以小球下落点为x轴正方向起点， 设小球从开始 下落到压缩弹簧至最短之间的距离为H，不计任何阻力，弹簧均处于弹性限度内；关于小 球下落过程中加速度a、 速度v、 弹簧的弹力F、 弹性势能 p E 变化的图像正确的是 （ ） A B C D 三、实验题三、实验题 13向心力演示器如图所示，用来探究小球做圆周所需向心力的大小 F与质量 m、角速度和半径 r 之间 的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔 1和变速轮塔 2 匀速转 动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心 力
10、，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从 而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的 比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。 在研究向心力的大小 F与质量 m、角速度和半径 r 之间的关系时我 们主要用到了物理学中的_。 A理想实验法 B等效替代法 C控制变量法 D演绎法 图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小 F与_的关系； A钢球质量 m B运动半径 r C角速度 图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球 1 和钢球 2所受 向心力的比值为 1:9，则与皮带连接的变速轮塔 1和变速轮塔
11、 2 的半径之比为_。 A1:3 B3:1 C1:9 D9:1 14某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。让重 锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对 图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。 (1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是_。 A重物选用质量和密度较大的金属锤 B调整打点计时器的限位孔，使它在同一竖直线上 C精确测量出重物的质量 D用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物 (2)选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中 O 点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C 为三个计数点， 打点计时器通以频率为50Hz的交变
12、电流。用分度值为1mm的刻度尺测得12.15cmOA， 18.90cmOB ，27.35cmOC ，在计数点 A和 B、B和 C 之间还各有一个点，重锤的质量为1.00kg。 重力加速度 2 9.8m/sg ，甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到 B点时重锤的重力势能比开始下 落时减少了_J；此时重锤的速度_m/s，此时重锤的动能比开始下落时增加了_J。 （结果均 保留三位有效数字） (3)大多数同学的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_（填正确答案标号） 。 A利用公式v gt 计算重物速度 B利用公式2vgh计算重物速度 C存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D没有采用多
13、次实验取平均值的方法 四、解答题四、解答题 15据统计我国每年高速路上 20%的事故都是因为疲劳驾驶，尤其是重型卡车，驾驶员疲劳驾驶造成的后 果更为严重如图为国内某汽车品牌率先推出 AEBS 的系统，通过雷达和摄像头判断车距，当车距小于安 全距离自动启动制动系统，并通过车内警报提醒驾驶员保持清醒某次实验室测试中汽车以 10 m/s 的速度 匀速前进，通过传感器和激光雷达检测到正前方 22 m处有静止障碍物，系统立即采取制动措施，使之做 加速度大小为 1 m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告，驾驶员 2 s之后清醒，马上采取紧急制动， 使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发
14、生碰撞求： (1)驾驶员采取紧急制动之前，汽车行进距离的大小； (2)驾驶员采取紧急制动时汽车的加速度大小； (3)汽车在上述 22 m的运动全过程中的平均速度的大小 16如图所示，质量为 m=1kg的滑块，在水平力 F作用下静止在倾角为 =30 的光滑斜面上，斜面的末端 处与水平传送带相接 （滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失） ， 传送带的运行速度为 v0=3m/s， 长为 L=1.4m， 今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端 C 时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数 =0.25，g=10m/s2。求 (1)水平作用力 F 的大小； (2)滑块开始下滑的高度 h； (3)在
15、第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于 3m/s， 求滑块在传 送带上滑行的整个过程中产生的热量 Q。 17如图所示，有一个可视为质点的质量为 m1 kg 的小物块，从光滑平台上的 A 点以 0 2 m/sv 的初速 度水平抛出，到达 C 点时，恰好沿 C 点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑 上紧靠轨道末端 D 点的质量为 M3 kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面 与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 0.3，圆弧轨道的半径为 R0.4 m，C 点和圆弧 的圆心连线与竖直方向的夹角 60 ，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.求
16、： （1）小球到达 C点时的速度； （2）小物块刚要到达圆弧轨道末端 D点时对轨道的压力； （3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度 L 至少多大？ 18如图（a）所示，长为L的圆管竖直放置，质量 4kgM ，顶端塞有质量为 2kgm 的弹性小球。0t 时，让管从静止自由下落，1.0st 时落地，落地后管立刻以与落地时大小相等的速率竖直弹起，第一次弹 起后管上升过程的速度-时间图像如图（b）所示（以竖直向下为正方向） ，之后管每次落地后，总以与落地 时相等的速率竖直弹起。已知小球始终没有从管中滑出，球与管之间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不 计空气阻力及圆管与地面碰撞的时间，重力加速度 g 取
17、 2 10m/s，求： （1）球和管间的滑动摩擦力的大小； （2）管从第一次落地到第二次落地所用的时间； （结果保留两位有效数字） （3）如果圆管的长度为 16m，试分析判断小球能否从管中滑出，如果能滑出请计算滑出时的速度，如果 不能，请说明原因。 参考答案参考答案 1A A风力发电机叶片上 P、Q两点属于同轴转动，故他们的角速度相等，由向心加速度公式 a=2r，可知 半径 r不相等，所以两点的向心加速度大小不同，故 A 正确； B风力发电机叶片上 P、Q两点在做匀速圆周运动，向心加速度的方向时刻指向圆心，所以两点的向心 加速度方向不相同，故 B错误； C由线速度与角速度的关系 v=r，P、Q
18、 两点的半径 r 不相等，故线速度的大小不相等，故 C 错误； D由于做匀速圆周运动，故线速度的方向位于切线方向，所以 P、Q两点的线速度方向不相同，故 D错 误。 故选 A。 2D A已知 A、C高度差为 h，且甲球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据 2 1 2 hgt 可得甲球到达 C点时经历的时间为 1 2h t g 甲的竖直速度为 y1 2vgtgh 根据速度的合成与分解可知甲在 C 点的水平速度，即抛出时的水平速度为 y 0 2 = 6 tan303 3 v vgh gh A 错误； B甲在水平方向上做匀速直线运动，故 AC 间的水平位移为 10 2 62 3 h xtgh
19、hv g B错误； C甲过 C点的速度为 y 2 2 cos60 v vgh 两小球在 C点的速度大小相等，都为2 2gh，而甲做自由落体运动，所以甲运动的时间为 21 2 22 22 ghvh tt ggg C错误； D甲小球在 C点时重力的瞬时功率为 22 G Pmgvmggh D 正确。 故选 D。 3D A由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中有向下的分加速度，所以人和浮圈沿滑梯下滑过程中处于失重状态， 故 A 错误。 B若不考虑摩擦阻力，根据机械能守恒有 2 1 2 mghmv 可得2vgh。由于人和浮圈沿滑梯下滑过程中受到了阻力作用，所以人和浮圈刚进入盆体时的速度一 定小于2gh，故 B 错
20、误。 C人和浮圈进入盆体后所受的摩擦力为滑动摩擦力，与运动方向相反，故 C错误。 D人和浮圈进入盆体后做半径逐渐减小的圆周运动，为向心运动，其所受支持力与重力的合力大于所需 的向心力，故 D正确。 故选 D。 4C AC. 2 0t时间内甲物体的速度一直比乙物体的速度大， 乙物体通过的路程小于甲物体通过的路程根据平 均速度的定义，乙的平均速度小于甲的平均速度，故 A 错误，C 正确； BD. 甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，在 0t2时间内，甲的速度一直比乙的大，甲在乙的前方， 两者间距逐渐增大t2时刻后，乙的速度比乙的大，两者间距逐渐减小，所以 t2时刻，两者相距最远故 B 错误，D
21、错误 5D A冥王星从ABC的过程中，逐渐远离太阳，故万有引力做负功，势能增大，故 A错误； BC 根据开普勒第二定律可知， 冥王星在近日点 A的速度最大， 远日点 C的速度最小， 故冥王星从AB 所用的时间小于 0 4 T ，故 BC错误； D冥王星从BCD的过程中，先远离太阳后靠近太阳，故万有引力先减小后增大，所以加速度先 减小，后增大，故 D正确。 故选 D。 【点睛】 万有引力做正功，引力势能减小；万有引力做负功，引力势能增大。 6B A当 h=0.8m时，小球运动到最高点，因为小球恰能到达最高点 C，则有 2 v mgm r 解得 2m/svgr 则 x=4，故 A不符合题意； B从
22、 A 到 C过程，动能减小量 22 0 11 1.05J 22 mvmv 重力势能的增加量为 EP=mg2r=0.8J 则机械能减小 0.25J，由于 A到 B 过程中压力大于 B到 C 过程中的压力，则 A到 B 过程中的摩擦力大于 B 到 C 过程中的摩擦力， 可知 B 到 C的过程克服摩擦力做功较小， 知机械能损失小于 0.125J， 故 B符合题意； C小球从 A 到 C合外力对其做的功等于动能的变化量，则 22 0 11 1.05J 22 K WEmvmv 故 C 不符合题意； D小球从 C 点抛出后做平抛运动，根据 2 1 2 2 Rgt 可得小球从抛出到落到地面上的时间为 t=0
23、.4s 则落地点到 A 点的距离 x=vt=2 0.4m=0.8m 故 D 不符合题意。 故选 B。 7A 开始时 A、B 均处于静止状态，B、C 间恰好没有摩擦力，则有 mAg=mBgsin；解得：mB=2mA；当 A以最 大角速度做圆周运动时，要保证 B 静止，此时绳子上的拉力 T=mBgsin+mBgcos=2mAg；设 A 以最大角 速度做圆周运动时绳子与竖直方向的夹角为 ，则 cos 1 2 A m g T ；对 A受力分析可知，物体 A 做圆周 运动的半径 R=Lsin= 3 2 L，向心力为 Fn=Tsin 3mAg；由向心力公式 FnmA 2R，代入数据解得 = 2 g L ，
24、A 正确；故选 A 【点睛】 本题受力过程比较复杂，解题关键是找到当 A以最大角速度做圆周运动时，要保证 B 静止的条件，再求出 绳子拉力，再结合受力分析进行求解 8B A、对整体分析，根据共点力平衡得，F=3mg，解得 3 F mg ，故 A 错误. B、根据动能定理得 2 1 2210 2 FLmgLmg Lmv，解得 5 FL v m ，故 B正确. C、第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同，隔离分析，由于选择的 研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故 C错误. D、在水平恒力 F作用下，由于第 4个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，
25、所以 10 个滑块不能全部进 入粗糙地带，故 D 错误 故选 B. 9BD AB足球运动的时间为 2 1 2 hgt 解得 2 s 2 t 根据几何关系可得水平位移为 x=5m 则初速度大小为 0 5 2m/s x v t 位移的大小为 22 5 5 m 2 sxh 故 A 错误，B正确； C根据动能定理 22 0 11 22 mghmvmv 可得末速度的大小 v=10m/s 故 C 错误； D根据几何关系可得初速度的方向与球门线夹角的正切值 4 tan 3 故 D 正确。 故选 BD。 10AD A地球的公转周期比土星的公转周期小，由万有引力提供向心力有 2 22 4Mm Gmr rT 解得
26、 23 4 r T GM 可知地球的公转轨道半径比土星的公转轨道半径小。 又 2 Mm Gma r 解得 22 1GM a rr 可知行星的轨道半径越大，加速度越小，则土星的向心加速度小于地球的向心加速度，选项 A 正确； B由万有引力提供向心力有 2 2 Mmv Gm rr 解得 GM v r 知土星的运行速度比地球的小，选项 B 错误； CD设1T 地 年，则 =29.5T土年， 出现土星冲日现象则有 2t 地土 得距下一次土星冲日所需时间 22 1.04 22 t TT 地土 地土 年 选项 C错误、D 正确。 故选 AD。 11BD A由图知，在 t3时刻小球水平速度最大且向左，所以
27、t3时刻小球经过最低点，A错误； BC小球在竖直平面内自由转动，只有重力做功，机械能守恒，则有 22 0 11 2 22 mvmvmgL 带入数据得 22 11 622 22 mmmgL 解得 L=0.8m 由小球的运动情况可知，S1和 S2的面积等于杆长且相等，则图乙中 S1面积的数值为 0.8m，故 B 正确，C 错误； D从 t1时刻到图线第一次与横轴的交点的过程中，根据动能定理得 22 10 11 22 mvmvmgL 解得 1 2 5m/sv 故 D 正确。 故选 BD。 12AD AB在接触弹簧之前，小球做自由落体运动，加速度就是重力加速度 g，恒定不变；接触弹簧后，小球做 简谐振
28、动，加速度随时间先减小到零然后再反向增加，图象是有一个初相位（初相位在 090o之间）的余 弦函数图象的一部分，由于接触弹簧时加速度为重力加速度 g，且有一定的速度，根据对称性，到达最低 点时，加速度趋近于某个大于 g 的值，方向向上，因此 A 正确，B 错误； C在开始下落 h时，弹簧的弹力为零，再向下运动时，弹力与位移之间的关系为 ()Fk xh 可知表达式为一次函数，图象是一条倾斜直线，C错误； D在开始下降 h 过程时，没有弹性势能，再向下运动的过程中，弹性势能与位移的关系为 2 1 () 2 P Ek xh 表达式为二次函数，图象是一条抛物线，因此 D 正确。 故选 AD。 13C
29、C B 1在研究向心力的大小 F 与质量 m、角速度和半径 r之间的关系时我们主要用到了物理学中的控制 变量法，故选 C； 2图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小 F 与角速度 的关系，故选 C； 3根据 F=m2r可知若两个钢球质量 m 和运动半径 r相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球 1 和钢球 2所受向心力的比值为 1:9，可知两轮的角速度之比为 1:3，根据 v=R可知，因为变速轮塔 1和 变速轮塔 2 是皮带传动，边缘线速度相等，则与皮带连接的变速轮塔 1 和变速轮塔 2的半径之比为 3:1，故 选 B。 14AB 1.85 1.90 1.81 C
30、(1)1 A使用质量大的重锤可以减小阻力的影响，选项 A正确； B需要调整打点计时器的限位孔，使它在同一竖直线上，减小摩擦阻力，选项 B 正确； C重物质量大小并不影响测量结果，选项 C 错误； D不是用手托着重物，而是用手提着纸带的上端，先接通电源，再释放重物，选项 D错误。 故选 AB。 (2)2当打点计时器打到 B点时，重锤的重力势能减少量 2 1.00 9.80 18.90 10 J1.85J p Emg OB 3打 B 点时重锤的速度 1.90m/s 4 B OCOA v T 4此时重锤的动能增加量 22 11 1.00 1.90 J1.81J 22 kB Emv (3)5重物重力势
31、能的减少量大于动能的增加量，是因为重物下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响， 错误 C正确，ABD错误。 故选 C。 15（1）18m；（2）8 m/s2；（3） 22 3 m/s （1）根据公式 2 1 2 o xv tat可知，汽车行驶的距离 2 1 10 2+-12=18 2 xmm（ ） （ ） （2）汽车采取紧急制动后运动的距离为 22-18=4m 根据 0 vvat 驾驶员刚采取紧急制动时的速度 v=v0+a1t=10+(-1)2=8m/s 根据 22 0 2vvax 则 22 2 0824a 即 2 2 8/am s ，所以加速度大小为 8 m/s2 （3）驾驶员清醒后的运动时
32、间 v=v0+a2t，得到 t=1s 总时间 t总=3s 平均速度 22 = 3 x v t总 m/s 16(1)10 3N 3 ；(2)0.1 m或 0.8 m；(3)0.5 J (1)滑块受到水平推力 F、重力 mg 和支持力 FN处于平衡，如图所示： 水平推力 10 3 tanN 3 Fmg (2)设滑块从高为 h 处下滑，到达斜面底端速度为 v下滑过程，由机械能守恒有 2 1 2 mghmv 解得 2vgh 若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有 22 0 11 22 mgLmvmv 解得 2 0 0.1m 2 v
33、hL g 若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据 动能定理有 22 0 11 22 mgLmvmv 解得 2 0 0.8m 2 v hL g (3) 在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于 3m/s，则0.8mh，滑块滑上传动带的速度 2=4m/svgh 设滑块在传送带上运动的时间为 t，滑块在传送带上做匀减速直线运动，运动时间 0 =0.4s vv t g 则 t时间内传送带的位移 s=v0t=1.2m 滑块相对传送带滑动的位移 0.2msLs 相对滑动生成的热量 0.5JQmg s 17（1）4m/s ；（2）60N，方向竖直向下；（
34、3）2.5m。 （1）物块到达 C点的速度与水平方向的夹角为 60 ， 根据平行四边形定则知： 0 4m/s cos60 C v v ， （2）小物块由 C到 D的过程中，由动能定理得： 22 11 (1 cos60 ) 22 DC mgRmvmv ， 代入数据解得：2 5m/s D v . 小球在 D 点时由牛顿第二定律得： 2 D v Nmgm R 代入数据解得：N=60N， 由牛顿第三定律得：N=N=60N，方向竖直向下 （2）设小物块始终在长木板上，当达到共同速度时大小为，小物块在木板上滑行的过程中，由动量守恒 定律() D mvMm v 解得： 5 m/s 2 v 对物块和木板系统，
35、由功与能的转化关系得 22 11 () 22 D mgLmvmM v 解得：L=2.5m 所以要使小物块不滑出长木板，木板的长度 L 至少为 2.5m 18 （1）40N； （2）1.1s； （3）不能，原因见解析 （1）由图乙可知，向下为正方向，管落地后上升的过程中，在1.0 1.5s内，管的加速度为 2 1 20m/s v a t 设球和管间的滑动摩擦力大小为 f F ，由牛顿第二定律得 1f MgFMa 解得 40N f F （2）在第一次碰撞后到管与球速度（设为v）相等的过程中，设球的加速度为 2 a，时间为 2 t，管上升的 高度为h，由牛顿第二定律得 2f mgFma 解得 2 2
36、 10m/sa 速度相等时，根据公式 0 vvat，对球有 02 2 vva t 对管有 01 2 vva t 联立解得 2 2 s 3 t ， 10 m/s 3 v 根据公式 22 0 2vvax，对管有 22 01 2vva h 从速度第一次相等到第二次落地，管与球再次共同运动，设该过程的时间为 3 t，则有 2 33 1 2 hvtgt 解得 3 51s 3 t 则管从第一次落地到第二次落地所用的时间为 23 51 1.1s 3 ttt （3）假设不能滑岀，设管的最小长度为L，最终管与球均静止时，球恰好在管的最下端，由能量守恒定 律得 () f MgHmg HLF L 其中 2 1 2 Hgt ，解得 15mL 由于15m 16m ，所以假设正确，不能滑出。
