（江蘇專用）高考物理一輪復(fù)習(xí) 階段檢測一 力學(xué)部分-人教版高三物理試題

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1、階段檢測一　力學(xué)部分 考生注意： 1．本試卷共4頁． 2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填寫在相應(yīng)位置上． 3．本次考試時間90分鐘，滿分100分． 4．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整． 一、單項選擇題(本題共6小題，每小題3分，共計18分．每小題只有一個選項符合題意) 1.(2018·蘇州市調(diào)研)如圖1，A、B兩物體疊放在光滑水平桌面上，輕質(zhì)細(xì)繩一端連接B，另一端繞過定滑輪連接C物體，已知A和C的質(zhì)量都是1kg，B的質(zhì)量是2kg，A、B間的動摩擦因數(shù)是0.3，其它摩擦不計．由靜止釋放C，C下落一定高度的過程中(C未落地，B未撞到滑輪，g

2、＝10m/s2)．下列說法正確的是(　　) 圖1 A．A、B兩物體發(fā)生相對滑動 B．A物體受到的摩擦力大小為3N C．B物體的加速度大小是2.5m/s2 D．細(xì)繩的拉力大小等于10N 2．(2018·黃橋中學(xué)第三次段考)如圖2所示，套在豎直細(xì)桿上的環(huán)A由跨過定滑輪的不可伸長的輕繩與重物B相連．由于B的質(zhì)量較大，故在釋放B后，A將沿桿上升．當(dāng)A環(huán)上升至與定滑輪的連線處于水平位置時，其上升速度vA≠0，若這時B未落地，其速度為vB，則(　　) 圖2 A．vB≠0B．vB＝0C．vB＝vAD．vB>vA 3.如圖3所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質(zhì)量分

3、別為mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始時F＝10N，此后逐漸增加，在增大到45N的過程中，則(　　) 圖3 A．當(dāng)拉力F<12N時，物體均保持靜止?fàn)顟B(tài) B．兩物體開始沒有相對運動，當(dāng)拉力超過12N時，開始相對滑動 C．兩物體從受力開始就有相對運動 D．兩物體始終沒有相對運動 4.(2018·南京市玄武區(qū)模擬)如圖4所示，某同學(xué)對著墻壁練習(xí)打乒乓球，某次球與墻壁上A點碰撞后水平彈離，恰好垂直落在球拍上的B點，已知球拍與水平方向夾角θ＝60°，AB兩點高度差h＝1m，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，則球剛要落到球拍上時速度大小為(　　)

4、 圖4 A．2m/s B．2m/s C．4m/s D.m/s 5．(2017·南京市、鹽城市二模)質(zhì)量為m的球從地面以初速度v0豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比．下列圖象分別描述了球在空中運動的加速度a、速度v隨時間t的變化關(guān)系和動能Ek、機(jī)械能E(選地面處重力勢能為零)隨球距離地面高度h的變化關(guān)系，其中可能正確的是(　　) 6.(2018·伍佑中學(xué)調(diào)研)如圖5所示，一輕彈簧下端固定在傾角為θ的固定斜面底端，彈簧處于原長時上端位于斜面上B點，B點以上光滑，B點到斜面底端粗糙，可視為質(zhì)點的物體質(zhì)量為m，從A點靜止釋放，將彈簧壓縮到最短后恰好能被彈回到B點．已知

5、A、B間的距離為L，物體與B點以下斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力，則此過程中(　　) 圖5 A．克服摩擦力做的功為mgLsinθ B．彈簧的最大壓縮量為 C．物體的最大動能一定等于mgLsinθ D．彈性勢能的最大值為mgL(1＋) 二、多項選擇題(本題共6小題，每小題4分，共計24分．每小題有多個選項符合題意．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分) 7．(2018·徐州三中月考)甲、乙兩輛汽車沿平直公路從同一地點同時由靜止開始向同一方向運動的v－t圖象如圖6所示，則下列說法中正確的是(　　) 圖6 A．在0～t時間內(nèi)，甲的加

6、速度小于乙的加速度 B．在0～2t時間內(nèi)，甲的平均速度大于乙的平均速度 C．t時刻兩車再次相遇 D．在t～2t時間內(nèi)的某時刻，兩車再次相遇 8．(2017·南京市多校第一次段考)嫦娥一號是我國研制的首顆繞月人造衛(wèi)星，設(shè)嫦娥一號貼著月球表面做勻速圓周運動，經(jīng)過時間t(t小于嫦娥一號的繞行周期)，嫦娥一號運動的弧長為s，嫦娥一號與月球中心的連線掃過的角度為θ(θ用弧度制表示)，引力常量為G，則下面描述正確的是(　　) A．航天器的軌道半徑為 B．航天器的環(huán)繞周期為 C．月球的質(zhì)量為 D．月球的密度為 9.(2017·淮陰中學(xué)模擬)如圖7所示，滑板運動員沿水平地面向前滑行，在橫桿前

7、相對于滑板豎直向上起跳，人與滑板分離，分別從桿的上、下通過，忽略人和滑板在運動中受到的阻力．則運動員(　　) 圖7 A．起跳時腳對滑板的作用力斜向后 B．在空中水平方向先加速后減速 C．在空中機(jī)械能不變 D．越過桿后仍落在滑板起跳的位置 10.一輛汽車在平直的公路上運動，運動過程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，其牽引力和速度的圖象如圖8所示．若已知汽車的質(zhì)量m，牽引力F1和速度v1及該車所能達(dá)到的最大速度v3，運動過程中阻力大小恒定，則根據(jù)圖象所給的信息，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．汽車運動中的最大功率為F1v1 B．速度為v2時的加速度大小為

8、 C．汽車行駛中所受的阻力為 D．恒定加速時，加速度大小為 11.(2018·淮安市、宿遷市學(xué)業(yè)質(zhì)量檢測)如圖9所示，重力為G的圓柱體A被平板B夾在板與墻壁之間，平板B與底座C右端的鉸鏈相連，左端由液壓器調(diào)節(jié)高度，以改變平板B與水平底座C間的夾角θ，B、C及D總重力也為G，底座C與水平地面間動摩擦因數(shù)為μ(0.5＜μ＜1)，平板B的上表面及墻壁是光滑的．底座C與地面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　) 圖9 A．C與地面間的摩擦力總等于2μG不變 B．θ角增大時，地面對C的摩擦力總增大 C．要保持底座C靜止不動，應(yīng)滿足tanθ≤2μ D．若保持θ＝45°

9、不變，圓柱體重力增大ΔG，仍要保持底座C靜止，則ΔG的最大值ΔGm＝G 12．(2018·南通市如東縣質(zhì)量檢測)如圖10所示，質(zhì)量為m的小球從固定半圓形槽上與圓心等高的P點無初速度釋放，先后經(jīng)過A、B、C點，C點是小球能到達(dá)左側(cè)的最高點．B點是最低點，半圓形槽的半徑為R，A點與C點等高，與B點的高度差為，重力加速度為g, 則(　　) 圖10 A．小球從P點運動到C點，重力對小球做的功大于小球克服摩擦力做的功 B．小球第一次由A點運動到B點克服摩擦力做的功等于由B點運動到C點克服摩擦力做的功 C．小球只能經(jīng)過A點一次 D．小球第一次經(jīng)過B點時，對槽的壓力一定大于2mg 三、非選

10、擇題(本題共6小題，共計58分) 13．(10分)(2017·揚州中學(xué)5月模擬)如圖11所示，某同學(xué)在做“探究功與速度變化的關(guān)系”的實驗，當(dāng)小車在1條橡皮筋的作用下沿木板滑行時，橡皮筋對小車做的功記為W.當(dāng)用2條、3條…橡皮筋重復(fù)實驗時，設(shè)法使每次實驗中橡皮筋所做的功分別為2W、3W… 圖11 (1)圖中電火花計時器的工作電壓是________V的交流電． (2)實驗室提供的器材如下：長木板、小車、橡皮筋、電火花計時器、紙帶、電源等，還缺少的測量工具是________________． (3)圖中小車上有一固定小立柱，下圖給出了4種橡皮筋與小立柱的套接方式，為減小實驗誤差，你認(rèn)為

11、最合理的套接方式是________． 　　 圖12 (4)在正確操作的情況下，某次所打的紙帶如圖12所示．打在紙帶上的點并不都是均勻的，為了測量橡皮筋做功后小車獲得的速度，應(yīng)選用紙帶的______部分進(jìn)行測量(根據(jù)紙帶中字母回答)，小車獲得的速度是______m/s. 14．(8分)(2017·海安中學(xué)12月考)(1)圖13甲中游標(biāo)卡尺讀數(shù)為________cm，圖乙中螺旋測微器讀數(shù)為________mm. 　　　　 圖13　　　　　　　　　　　　　　　　　　圖14 (2)利用圖14所示裝置進(jìn)行驗證機(jī)械能守恒定律的實驗時，需要測量物體由靜止開始自由下落到某點時的瞬時速度v和下落高

12、度h.某班同學(xué)利用實驗得到的紙帶，設(shè)計了以下的四種測量方案： A．用刻度尺測出物體下落的高度h，并測出下落時間t，通過v＝gt計算出瞬時速度v. B．用刻度尺測出物體下落的高度h，并通過v＝計算出瞬時速度v. C．根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v，并通過h＝計算出高度h. D．用刻度尺測出物體下落的高度h，根據(jù)做勻變速直線運動時紙帶上某點的瞬時速度，等于這點前后相鄰兩點間的平均速度，測算出瞬時速度v. 以上方案中只有一種正確，正確的是________．(填入相應(yīng)的字母) 在實驗中，某同學(xué)根據(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)，通過計算發(fā)現(xiàn)，

13、重錘在下落過程中，重錘動能的增加量略大于重錘勢能的減少量，若實驗測量與計算均無錯誤，則出現(xiàn)這一問題的原因可能是________． A．重錘的質(zhì)量偏大 B．交流電源的電壓偏高 C．交流電源的頻率小于50Hz D．重錘下落時受到的阻力過大 15．(8分)(2017·無錫市期末)如圖15甲，t＝0時，水平桌面上質(zhì)量為m＝1kg的滑塊獲得v0＝2m/s的水平向右的初速度，同時對滑塊施加一個水平向左的恒定拉力，前2s內(nèi)滑塊的速度－時間關(guān)系圖線如圖乙． 圖15 (1)求前2s內(nèi)滑塊的位移大小和方向； (2)分別求滑塊所受拉力和摩擦力大??； (3)若在t＝2s時將拉力撤去，則撤力后滑塊還能

14、滑行多遠(yuǎn)距離？ 16．(10分)(2017·啟東中學(xué)月考)如圖16，一質(zhì)量M＝3.0kg、足夠長的木板B放在光滑的水平面上，其上表面放置質(zhì)量m＝1.0kg的小木塊A，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，A與B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.30，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等．現(xiàn)給木塊A施加一隨時間t變化的水平力F＝kt(k＝2.0N/s)，重力加速度取g＝10 m/s2. 圖16 (1)若木板B固定，則經(jīng)過多少時間木塊A開始滑動？ (2)若木板B固定，求t2＝2.0s時木塊A的加速度大?。? (3)若木板B不固定，求t3＝1.0s時木塊A受到的

15、摩擦力大小． 17．(10分)(2018·高郵市段考)如圖17所示，傾角為θ的無限長斜面上PQ部分粗糙，且長為3L，其余部分都光滑．質(zhì)量均為m的四個小物塊(可視為質(zhì)點)置于斜面，每相鄰兩物塊間有一長為L且平行于斜面的輕桿，每根桿的上端與物塊粘連而下端與物塊不粘連，各物塊與斜面PQ段的動摩擦因數(shù)均為2tanθ.A、B、C、D同時釋放時A恰在P點，且各物塊有相同的沿斜面向下的初速度，最終四個物塊均能通過Q點．重力加速度為g.求： 圖17 (1)A在PQ段運動剛達(dá)到最大速度時的位置； (2)物塊C剛過P點時，桿對物塊D的彈力； (3)要使四個物塊均能通過Q點，最初釋放各物塊時的

16、初速度應(yīng)該滿足的條件． 18．(12分)(2018·南京市三校聯(lián)考)如圖18所示，在水平面上固定一個半徑R＝1.6m的光滑圓弧軌道的工件，其圓心在O點，AOC連線水平，BOD連線豎直．在圓周軌道的最低點B有兩個質(zhì)量分別為m1＝2kg，m2＝1kg的可視為質(zhì)點的小球1和2，兩小球間夾有一個極短的輕彈簧，當(dāng)彈簧儲存了Ep＝90J的彈性勢能時鎖定彈簧．某時刻解除鎖定，彈簧將兩個小球彈開，重力加速度g＝10m/s2，試求： 圖18 (1)兩小球脫離彈簧瞬間的速度大小； (2)通過計算說明小球2第一次沿軌道上滑過程中能否到達(dá)D點？

17、 答案精析 1．C　[假設(shè)A、B不發(fā)生相對滑動，整體的加速度a＝＝m/s2＝2.5 m/s2，對A物體，F(xiàn)f＝mAa＝1×2.5N＝2.5N<μmAg＝3N，可知假設(shè)成立，即A、B兩物體不發(fā)生相對滑動，加速度為2.5m/s2，A所受的摩擦力為2.5 N，故A、B錯誤，C正確；對C物體，根據(jù)牛頓第二定律得mCg－FT＝mCa，解得FT＝mCg－mCa＝10 N－1×2.5 N＝7.5 N，故D錯誤．] 2．B　[如圖所示，vA是環(huán)A的合速度，其分速度分別是v1、vB，其中vB的大小等于B的速度的大小(同一根繩子，速度大小相同)，vB＝vAcos θ，當(dāng)A環(huán)上升至與定滑輪的連線處于水平

18、位置時，vB＝0.故選B.] 3．D　[A、B一起加速運動是因為A對B有靜摩擦力，但由于靜摩擦力存在最大值，所以B的加速度有最大值，可以求出此加速度下拉力的大小，如果拉力再增大，則物體間就會發(fā)生相對滑動，所以這里存在一個臨界點，就是A、B間靜摩擦力達(dá)到最大值時拉力F的大?。訟為研究對象進(jìn)行受力分析，受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，有F－Ff＝mAa；再以B為研究對象，受水平向右的摩擦力Ff＝mBa，當(dāng)Ff為最大靜摩擦力時，解得a＝＝＝m/s2＝6 m/s2，有F＝48N．由此可以看出，當(dāng)F<48N時，A、B間的摩擦力達(dá)不到最大靜摩擦力，也就是說，A、B間不會發(fā)生相對運動，故選項D正

19、確．] 4．C　[乒乓球在豎直方向做自由落體運動，根據(jù)h＝gt2得，t＝＝s＝s 豎直分速度：vy＝gt＝10×m/s＝2m/s，根據(jù)平行四邊形定則，球剛要落到球拍上時速度大小v＝＝m/s＝4m/s，故C正確，A、B、D錯誤．] 5．C　[v－t圖象與t軸的交點表示小球到達(dá)最高點，速度為0，此時空氣阻力為0，小球所受的合力等于重力，由牛頓第二定律得：mg＝ma，a＝g≠0，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得：上升過程有mg＋Ff＝ma上，下降過程有mg－Ff＝ma下，又Ff＝kv，得a上＝g＋，則上升過程中，隨著v的減小，a上減?。產(chǎn)下＝g－，則在下降過程中，隨著v的增大，a下減小，故B錯

20、誤；根據(jù)動能定理得：上升過程有ΔEk＝－(mg＋kv)Δh，得＝－(mg＋kv)，v減小，||減小，Ek－h(huán)圖象應(yīng)是切線斜率逐漸減小的曲線．下降過程有ΔEk＝(mg－kv)Δh，得＝mg－kv，v增大，||減小，Ek－h(huán)圖象應(yīng)是切線斜率逐漸減小的曲線，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系得：上升過程有ΔE＝－kv·Δh，得＝－kv，v減小，||減小，E－h(huán)圖象應(yīng)是曲線，故D錯誤．] 6．A　[對于整個過程，運用動能定理得：mgLsinθ－Wf＝0，故克服摩擦力做的功Wf＝mgLsinθ.故A正確． 由機(jī)械能守恒定律知，物體剛接觸彈簧時的動能等于mgLsinθ，物體接觸彈簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑

21、動摩擦力和彈簧的彈力的合力，物體先加速下滑，后來重力沿斜面向下的分力小于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力，物體減速下滑，所以重力沿斜面向下的分力等于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力，即物體受到的合力為零時，速度最大，動能最大，所以物體的最大動能一定大于mgLsinθ，故C錯誤． 設(shè)彈簧的最大壓縮量為x，彈性勢能的最大值為Ep. 物體從A到最低點的過程，由能量守恒得：mg(L＋x)sinθ＝μmgcosθ·x＋Ep； 物體從最低點到B點的過程，由能量守恒得： mgxsinθ＋μmgcosθ·x＝Ep； 聯(lián)立解得x＝，Ep＝mgLsinθ(1＋)．故B、D錯誤．] 7．BD　[圖象的斜率表示加

22、速度，由題圖可知，乙的加速度逐漸減小，最后為零，甲做勻加速直線運動，0～t時間內(nèi)，乙的加速度先大于甲的加速度，后小于甲的加速度，故A錯誤；0～2t內(nèi)，甲圖線與時間軸圍成的面積大于乙圖線與時間軸圍成的面積，則甲的位移大于乙的位移，因為時間相等，則甲的平均速度大于乙的平均速度，故B正確；因為t時刻兩車的位移不相等，且兩車從同一地點同時出發(fā)，故C錯誤；在t～2t時間內(nèi)的某時刻，兩圖線與時間軸圍成的面積會相等，即兩車的位移相等，可知兩車會相遇，故D正確．] 8．AD　[在t時間內(nèi)穿過的弧長為s，轉(zhuǎn)過的角度為θ，根據(jù)s＝rθ知，航天器的軌道半徑r＝，故A正確；航天器的角速度ω＝，則周期T＝＝，故B錯誤

23、；航天器的線速度v＝，根據(jù)G＝m得，月球的質(zhì)量M＝＝，故C錯誤；航天器貼著月球表面運行，軌道半徑等于月球的半徑，月球的密度ρ＝＝＝，故D正確．] 9．CD　[運動員豎直起跳，由于本身就有水平初速度，所以運動員既參與了水平方向上的勻速直線運動，又參與了豎直上拋運動．各分運動具有等時性，水平方向的分運動與滑板的運動情況一樣，最終落在滑板的原位置，所以豎直起跳時，對滑板的作用力應(yīng)該是豎直向下，故A、B錯誤，D正確；忽略人和滑板在運動中受到的阻力，運動員在空中只受重力，所以機(jī)械能不變，故C正確．] 10．AC　[v1為汽車保持恒定加速度運動時的最大速度，即此時汽車達(dá)到最大功率P＝F1v1，以后汽車

24、的功率不再發(fā)生變化，故選項A正確；由于最大速度為v3，故此時汽車受到的阻力等于其受到的牽引力，即阻力Ff＝F3＝，選項C正確；汽車以v2的速度行駛時，牽引力F2＝，故速度為v2時的加速度為a2＝＝(－)，故選項B錯誤；恒定加速時，加速度為a1＝＝(1－)，選項D錯誤．] 11．CD　[對A進(jìn)行受力分析，如圖甲所示： 根據(jù)平衡條件得：FN＝ 對B、C及D整體進(jìn)行受力分析，如圖乙所示， 當(dāng)B、C及D整體靜止時，摩擦力Ff＝FNsinθ＝Gtanθ，當(dāng)θ角增大時，地面對C的摩擦力增大，當(dāng)摩擦力超過最大靜摩擦力后，變?yōu)榛瑒幽Σ亮Γ藭rFf滑＝2μG，故A、B錯誤； 要保持底座C靜止不動，

25、則Ff≤Ff滑，即Gtanθ≤2μG，解得： tanθ≤2μ，故C正確； 若保持θ＝45°不變，圓柱體的重力增大ΔGm， 則FN＝(G＋ΔGm)，F(xiàn)N′＝FN 此時底座C受到的靜摩擦力剛好達(dá)到最大靜摩擦力． 根據(jù)平衡條件得：FN′＝μ(G＋FN′)， 解得：ΔGm＝G.故D正確．] 12．CD　[小球從P點運動到C點的過程，只有重力、摩擦力做功，由于小球的動能變化量為零，所以由動能定理可得：重力對小球做的功等于小球克服摩擦力做的功，故A錯誤；由于摩擦力的作用，小球第一次從A點運動到B點與從B點運動到C點的過程經(jīng)過相同高度的對稱位置時，在AB上的速度大于在BC上的速度，在AB上運動

26、時所需要的向心力較大，小球?qū)壍赖膲毫^大，故小球在AB上受到的摩擦力大于在BC上受到的摩擦力，所以，小球第一次從A點運動到B點的過程克服摩擦力做的功大于從B點運動到C點的過程克服摩擦力做的功，且由于摩擦力的作用，小球從C點返回時滑不到A點，故B錯誤，C正確；小球從B到C的過程摩擦力做負(fù)功，故小球的機(jī)械能減小，則有：mvB2>mgR，對小球在B點，應(yīng)用牛頓第二定律可得：FN－mg＝m，得FN＝mg＋m>2mg，那么，由牛頓第三定律可知：小球第一次過B點時，對槽的壓力一定大于2mg，故D正確．] 13．(1)220　(2)刻度尺　(3)A　(4)GJ　0.65 解析　(1)電火花計時器的工作

27、電壓是220V的交流電． (2)處理實驗數(shù)據(jù)時需要測量兩計數(shù)點間的距離，因此還需要的器材是刻度尺． (3)橡皮筋最合理的套接方式是A，以A的方式套接釋放小車后，橡皮筋不會影響小車的運動． (4)由題圖所示紙帶可知，GJ部分兩計時點間的距離相等，小車做勻速直線運動，應(yīng)選用的紙帶是GJ部分；小車獲得的速度v＝＝m/s＝0.65 m/s. 14．(1)0.660　8.800　(2)D　C 解析　(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為L＝6mm＋12×mm＝6.60mm＝0.660cm 螺旋測微器的讀數(shù)為d＝8.5mm＋30.0×0.01mm＝8.800mm (2)該實驗是驗證機(jī)械能守恒定律的實驗，因為我

28、們知道自由落體運動只受重力，機(jī)械能就守恒．如果把重物的實際運動看成自由落體運動，再運用自由落體的規(guī)律求解速度，那么就不需要驗證了，其中A、B、C三項都是運用了自由落體運動的規(guī)律求解的，故A、B、C錯誤；D是運用勻變速直線運動規(guī)律求解的，D正確． 根據(jù)mgh＝mv2可知，測量結(jié)果與重錘質(zhì)量m無關(guān)，A錯誤；測量結(jié)果與電壓U無關(guān)，所以B錯誤；由ΔEk＝mv2，其中v＝＝，所以若實際交流電源的頻率小于50Hz，而將f＝50Hz代入上式，求出的速度要大于實際速度，從而導(dǎo)致ΔEk>mgh，所以C正確；根據(jù)能量守恒定律可知，若重錘下落時受到的阻力過大，則重錘動能的增加量應(yīng)小于重力勢能的減少量，D錯誤．

29、15．(1)0.6m　方向與初速度方向相同　(2)1.4N　0.6N (3)m 解析　(1)位移大小x＝×1×2m－×1×0.8m＝0.6m 方向與初速度方向相同 (2)0～1s內(nèi)加速度大小a1＝＝2m/s2 F＋Ff＝ma1 1～2s內(nèi)加速度大小a2＝＝0.8m/s2 F－Ff＝ma2，聯(lián)立解得F＝1.4N，F(xiàn)f＝0.6N (3)撤去拉力后，加速度大小為a3＝＝0.6m/s2 還能滑行x′＝＝m 16．(1)1.5s　(2)1m/s2　(3)1.5N 解析　(1)當(dāng)木板固定時，A開始滑動瞬間，水平力F與最大靜摩擦力大小相等， 則：F1＝Ffm＝μmg, 設(shè)經(jīng)過t1

30、時間A開始滑動，則：t1＝＝1.5s. (2)t2＝2.0s時，有：F2＝kt2＝2×2N＝4N， 由牛頓第二定律得F2－μmg＝ma 解得a＝1m/s2. (3)t3＝1.0s時水平外力為：F3＝kt3＝2N 由于此時F3小于最大靜摩擦力，兩者一定不發(fā)生相對滑動，故一起做勻加速運動 以整體為研究對象，由牛頓第二定律可得： F3＝(m＋M)a′，a′＝0.5m/s2 對A受力分析有：F3－Ff＝ma′， Ff＝F3－ma′＝(2－1×0.5) N＝1.5N. 17．見解析 解析　(1)由整體法，將四物塊及桿看成整體，當(dāng)它們下滑到重力沿斜面向下的分力等于摩擦力時運動速度達(dá)最

31、大值，有： μ·nmgcosθ＝4mgsinθ① 解得：n＝2② 即滑塊B剛過P點時A在PQ段運動剛達(dá)到最大速度，此時A離P點的距離為L③ (2)對四物塊及桿整體，由牛頓第二定律得： μ·3mgcosθ－4mgsinθ＝4ma④ 得到a＝gsinθ，方向沿斜面向上⑤ 對物塊D，由牛頓第二定律得： F－mgsinθ＝ma⑥ 解得F＝mgsinθ，方向沿斜面向上⑦ (3)要使四個物塊都能通過Q點，則物塊D過Q點時的速度應(yīng)大于零．物塊A過Q點時，物塊D剛過P點，設(shè)此時物塊D的速度為v 對物塊D從P到Q的過程用動能定理得 mgsinθ·3L－μmgcosθ·3L＝0－mv2⑧

32、 解得：v＝⑨ 設(shè)最初釋放各物塊時的初速度為v0，由釋放到整體進(jìn)入PQ段過程用動能定理： 4mgsinθ·3L－μmgcosθ(3L＋2L＋L)＝×4mv2－×4mv02⑩ 解得：v0＝v＝? 故要使四個物塊均能通過Q點，最初釋放各物塊時的初速度應(yīng)大于? 18．(1)v1＝m/s，v2＝2m/s　(2)見解析 解析　(1)兩小球脫離彈簧瞬間，設(shè)小球m1的速度為v1，m2的速度為v2，兩個小球與彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向受到的合外力為零，且只有彈力做功，水平方向動量守恒，有：m1v1＝m2v2① 由機(jī)械能守恒定律，有：Ep＝m1v12＋m2v22② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得：v1＝m/s，v2＝2m/s (2)小球2向右運動，設(shè)其能到達(dá)圓周軌道的最高點D，由機(jī)械能守恒，有：m2v22＝m2g·2R＋m2vD2 代入數(shù)據(jù)解得：vD＝2m/s 又小球能通過豎直面內(nèi)光滑圓周最高點的條件為：mg＝m，代入數(shù)據(jù)解得：v＝4m/s 由于v＜vD，故小球2第一次沿軌道上滑過程中能到達(dá)D點．