2020-2021学年高三上学期期中考试物理训练题 (80)
一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）
1.一物体运动的速度?时间图象如图所示，t轴上、下方曲线的形状完全相
同，下列说法正确的是()
A. t=1s时，物体的加速度最大
B. t=2s时，物体的加速度
为零
C. 物体前两秒的平均速度等于5m/s
D. 物体前四秒的平均速度等于零
2.如图所示，某同学用细线吊着质量为m的小球做圆锥摆运动，摆线长为L，锥角θ=30°，若该
同学通过细线对小球做功，使小球做圆锥摆运动的锥角增大为60°，保持悬点的高度不变，此过程该同学通过细线对小球做的功为()
A. (5√3+3)
12mgL B. (5√3?3)
12
mgL C. (5+2√3)
12
mgL D. (5?2√3)
12
mgL
3.如图所示，将小球从倾角为45°的斜面上的P点先后以不同速度向右
水平抛出，小球分别落到斜面上的A点、B点，以及水平面上的C点．已知B点为斜面底端点，P、A、B、C在水平方向间隔相等，不计空气阻力，则()
A. 三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不同
B. 小球落到A、B两点时，其速度的方向不同
C. 若小球落到A、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为√2：3
D. 若小球落到B、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为√2：3
4.如图所示，质量为1kg的物体在倾斜的拉力作用下沿水平面做匀速直线
运动，拉力大小为F=5N，倾角θ=370，若重力加速度的取值为g=
10m/s2，sin37°=0.6，则在物体运动位移为s=2m的过程中()
A. 拉力对物体做功10J
B. 摩擦力对物体做功8J
C. 重力对物体做功20J
D. 物体克服摩擦力做功8J
5.如图所示，粗糙水平面上的物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动，现使F不断减小到零，
则在滑动过程中()
A. 物体的加速度不断减小，速度不断增大
B. 物体的加速度不断增大，速度不断减小
C. 物体的加速度先变大再变小，速度先变小再变大
D. 物体的加速度先变小再变大，速度先变大再变小
6.阅读下列材料，回答第11?14小题。
“嫦娥”舒广袖“玉兔”归蟾宫
2013年12月2日，嫦娥三号怀抱着“玉兔”，承载着中国人的梦想，踏
上了探月之旅。她历经变轨、减速、悬停、避障等过程，于14日在月球
表面软着陆。我国成为世界上第三个实现在月球表面软着陆的国家……
在月球表面着陆过程中，嫦娥三号先减速调整，速度从1700m/s逐渐减为0，悬停在距月球面100m高处；然后利用探测器对着陆区进行观测，选择着陆点；再缓慢下降到着陆点上方4m，处，最终以自由落体方式完美着陆在月球表面。接着，140kg的“玉兔”款款而出，开始了与月球的亲密接触……
，则“玉兔”静止在月球表面时对月球表面已知物体在月球上所受引力约为地球上所受引力的1
6
的作用力大小约为()(取地球表面的重力加速度g=10m/s2)
A. 23.3N
B. 233N
C. 1400N
D. 8400
7.如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上，另一端与挡板相连(挡板质量不可忽略)，放置在光滑
的水平面上。把一质量为m的物体A紧靠着挡板压缩弹簧后，由静止开始释放，弹簧前端到O 点时物体与挡板分离，此时物体的动能为E0;现换一质量为M(M>m)的物体B紧靠着挡板压缩弹簧到相同的位置，由静止释放，则
A. 弹簧前端到O点左侧时B物体与挡板分离
B. 弹簧前端到O点右侧时B物体与挡板分离
C. 物体B与挡板分离时的动能大于E0
D. 物体B与挡板分离时的动能小于E0
8.下列说法中正确的是()
A. 一对作用力和反作用力在相同时间内做的功一定大小相等，正负相反
B. 在地面上的物体所具有的重力势能一定等于零
C. 使用机械可以省力，也可以省功
D. 由P=Fv可知，当发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速率成反比
9.下列说法正确的是()
A. 如果系统的机械能守恒，则动量也一定守恒
B. 只要系统内存在摩擦力，动量就不可能守恒
C. 只要系统受到的外力做的功为零，动量就守恒
D. 只要系统所受到合外力的冲量为零，动量就守恒。
E. 系统加速度为零，动量不一定守恒
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
10.A，B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图)，在相同时间内，它们
通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们()
A. 角速度大小之比为3：4
B. 线速度大小之比为4：3
C. 圆周运动的半径之比为2：1
D. 向心加速度大小之比为
2：1
11.如图，两个相同小物块a和b之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足
够高的天花板下。细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g，则
A. 细线剪断瞬间，a和b的加速度大小均为g
B. 弹簧恢复原长时，a和b的加速度大小均为g
C. 下落过程中弹簧一直保持拉伸状态
D. 下落过程中a、b和弹簧组成的系统机械能守恒
12.如图所示，质量为3m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，A，C为半圆形槽槽口
对称等高的两点，B为半圆形槽的最低点。将一可视为质点、质量为m的小球自左侧槽口A点自由释放，小球沿槽下滑的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是()
A. 小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒
B. 小球刚好能够到达半圆形槽右侧的C点
C. 半圆形槽速率的最大值为1
√6gR
2
R
D. 半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为1
2
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13.用如图1所示装置验证牛顿第二定律，用F表示砝码和小桶的总重力．
(1)在探究“加速度和合外力的关系”时，图2中F为砝码和小桶总重力，要使得细线对小车的
拉力等于小车受到的合外力，下列做法正确的是______．
A.平衡摩擦力时必须让小车连着穿过打点计时器的纸带
B.平衡摩擦力时必须撤去砝码和小桶
C.平衡摩擦力时打点计时器可以不通电
D.图2中的a1→∞
(2)实验中描绘的a?F图象如图2所示，当F较小时，图象为直线；当F较大时图象为曲线，
出现这两段情况的原因是什么．______．
14.某同学利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示。气垫导轨倾斜固定在水平桌面
上，导轨A点处有一带挡光片的滑块，滑块与挡光片的总质量为M，挡光片的宽度为d，滑块通过细线跨过光滑的定滑轮与两个相同的钩码相连，连接滑块的一段细线与导轨平行，每个钩码的质量为m。开启气泵，滑块恰好能静止于A点。导轨上B点处固定一个光电门，挡光片到
光电门的距离为L(L小于钩码到定滑轮的距离)。已知当地重力加速度为g。
①该同学用游标卡尺测出遮光片的宽度d=0.952cm，则该同学用的游标卡尺是_______分度(
填10、20或50)。
②某时刻只撤去钩码2，让滑块从A点静止开始运动，已知光电门记录挡光片挡光时间为，
则滑块通过B点的瞬时速度为________(用题目中所给的物理符号表示)。
③在滑块从A点运动到B点的过程中，为了验证滑块与钩码1组成的系统机械能守恒，需要验
证的关系式为________________________(用题目中所给的物理符号表示)。
四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
15.某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，
AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下
方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平
台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差H.选手抓住悬
挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速为零、
加速度为a的匀加速直线运动．起动后2s悬挂器脱落．设人的质量为m(看作质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g．
(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转
盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围；
(2)若H=3.2m，R=0.9m，取g=10m/s2，当a=2m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上，求
L；
(3)若H=2.45m，R=0.8m，L=6m，取g=10m/s2，选手要想成功落在转盘上，求加速度
a的范围．
16.如图所示，始终绷紧的水平传送带以v=4.0m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，质量M=10kg
的平板车停在传送带的右端。现把质量m=5.0kg可视为质点的行李箱轻轻放到距传送带右端x0=5.0m位置。行李箱与传送带、平板车间的动摩擦因数分别为μ1=0.2，μ2=0.5，平板车与水平地面间的动摩擦因数为μ3=0.1.(不计空气阻力，g=10m/s2)试求：
(1)行李箱在传送带上运动的时间t；
(2)行李箱滑到平板车上后，在相对滑动过程中，行李箱及平板车的加速度大小分别是多少？
(3)若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变，要想行李箱恰不从平板车上滑出，平板车的最
小长度L min.(结果可用分数表示)
17.水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R，
在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0,?l)和(0,0)点，已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动，B平行于x轴朝x轴正向匀速运动，在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l,l)，假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：解：A、v?t图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度，故t=1s时，物体的加速度为零，最小，故A错误；
B、v?t图象上某点的切线的斜率表示该点对应时刻的加速度，故t=2s时，物体的加速度最大，不为零，故B错误；
C、如果第1s匀加速到10m/s，第2s由10m/s匀减速到零，则前2s的平均速度等于5m/s，但前2s 物体的位移偏大(用v?t图象的面积表示)，故平均速度大于5m/s，故C错误；
D、v?t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，前4s物体的位移为零，故平均速度为零，故D正确；
故选：D。
速度--图象中，切线的斜率表示对应时刻的加速度，图象与时间轴包围的面积表示位移大小，平均速度是位移与时间的比值．
本题关键式明确v?t图象的斜率和面积的物理意义，要会从图象得到各个时刻的加速度和速度，基础题目．
2.答案：A
解析：
对球受力分析，由合力提供向心力解得其不同情况下的速度与动能，再由能量关系得解。
本题主要考查圆锥摆，知道圆锥摆运动过程，向心力沿水平方向指向圆心，熟悉圆锥摆的运动规律，难度一般。
设锥角为θ，则其向心力为：，而，联立解得其做圆周运动的动能为：
，故在锥角从30°增加到60°过程，该同学通过细线对小球做的功为：
mgL。
，联立解得：W=5√3+3
12
故A正确，BCD错误。
故选A。
3.答案：C
解析：解：A、根据?=1
2gt2，得t=√2?
g
，由于B、C下落的高度相同，则这两球飞行时间相同，大
于A球飞行时间。故A错误；
B、A、B两球都落在斜面上，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，即有：
tanθ=y
x
=
1
2gt
2
v0t
=
gt
2v0
解得：t=2v0g。
则落在斜面上时竖直方向上的分速度为：
v y=gt=2v0tan45°=2v0
设球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为α，有：tanα=gt v
=2tanθ=2。
知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则A、B小球在落点处的速度方向相同，故B错误；
CD、小球落到A、B两点，水平位移x=v0t=2v02
g
，据题，P、A、B在水平方向间隔相等，可得：两次抛出时小球的速率之比为：v A：v B=1：√2
小球落到B、C两点，则运动的时间相等，而P、A、B、C在水平方向间隔相等，根据v0=x
t
可知，两次抛出时小球的速率之比为：v B：v C=2：3
所以得：v A：v C=√2：3，故C正确，D错误。
故选：C。
三个小球均做平抛运动，可把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，根据该规律求出平抛运动的时间，从而求出落在斜面上时，速度与水平方向的夹角．
解决本题的关键把握隐含的条件，知道小球落在斜面上，竖直分位移与水平位移之比等于tanθ.要灵活选择比较的对象，再结合平抛运动的规律研究这类问题．
4.答案：D
解析：解：物体受力分析如图所示，因为物体作匀速运动，故其受力平衡
水平方向：Fcos37°?f=0
解得：f=5×0.8=4N
A、拉力对物体做功W F=Fscosθ=5×2×0.8=8J，故A错误；
BD、摩擦力对物体做功W f=?fs=?4×2=?8J，则物体克服摩擦力做功8J，故B错误，D正确；
C、物体在竖直方向没有位移，所以重力对物体做功为零，故C错误．
故选：D
对物体受力分析，受到拉力、重力、支持力和向后的滑动摩擦力，根据平衡条件列方程求出摩擦力，根据恒力做功公式即可求解各个力做的功．
本题考查了恒力做功公式的直接应用，关键是受力分析后，将力沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据平衡条件列方程求出摩擦力．
5.答案：D
解析：
根据合力的变化确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断物体速度的变化。
解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动。
粗糙水平面上物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动，现使F不断变小到零，在F减小到等于滑动摩擦力之前，合力的大小逐渐减小，则加速度逐渐减小，加速度的方向与速度方向相同，做加速运动，速度逐渐增大，在F从摩擦力大小减小到零的过程中，合力方向与速度方向相反，合力增大，则加速度增大，速度逐渐减小，所以物体的加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故D正确，ABC错误。
故选D。
6.答案：B
解析：解：“玉兔”在地球表面所受的万有引力等于地球表面的重力，即F=mg=140×10N= 1400N，因为物体在月球上所受引力约为地球上所受引力的1
6
，则“玉兔”静止在月球表面时对月球
表面的作用力大小F′=1
6F=1
6
×1400N≈233N，故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
物体在星球表面所受的万有引力等于重力，结合物体在月球上所受引力与在地球上所受引力的大小关系求出“玉兔”静止在月球表面时对月球表面的作用力。
解决本题的关键知道万有引力等于重力，从题干中获取有用信息是解决本题的突破口。
7.答案：C
解析：
不管物体质量大小，都是在弹簧原长处物体与挡板分离；由静止开始释放到物体与挡板分离过程，是弹性势能转化为物体与挡板总的动能，结合动能公式知物体B与挡板分离时的动能大于E0。
本题主要考查两物体分离特点及功能关系的应用。
AB.不管物体质量大小，都是在弹簧原长处物体与挡板分离，故弹簧前端到O点时物体与挡板分离，故AB错误；
CD.由静止开始释放到物体与挡板分离过程，是弹性势能全部转化为物体与挡板总的动能，而两种情
况总的弹性势能相同，即E P=1
2M
总
v2，当物体质量增大时，分离时速度小，挡板的动能小，故物体
B的动能大，即物体B与挡板分离时的动能大于E0，故C正确，D错误。
故选C。
8.答案：D
解析：解：A、功的大小取决于力及位移，故虽然作用力与反作用力大小相等，方向相反，但由于两受力物体的运动状态不同，位移不同；故做功不一定大小相等，方向相反，故A错误；
B、位于零势能面上的物体重力势能为零，如果不选择地面为零势面，则位于地面上的物体重力势能不为零，故B错误；
C、使用机械可以省力，但不能省功，故C错误；
D、由P=Fv可知，在P一定时，F与v成反比，功率一定时，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速率成反比，故D正确；
故选：D。
作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在一条直线上，根据功的公式W=Flcosα分析答题；求重力势能时要先选择参考平面，确定零势能面后根据重力势能的计算公式求出重力势能，
应用机械可以省力但不能省功。
作用力与反作用力虽然大小相等，方向相反，但是做功与力的大小以及物体的位移两个因素有关，要综合考虑问题；掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习与积累。
9.答案：D
解析：解：A、只有重力或只有弹力做功系统机械能守恒，系统所受合外力为零，系统动量守恒，如果系统机械能守恒，说明只有重力或只有弹力做功，系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，故A错误；
B、系统内存在摩擦力，只要系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B错误；
C、系统受到的外力做功为零，系统所受合外力可能不为零，系统动量不一定守恒，故C错误；
D、系统所受合外力冲量为零，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确；
E、系统加速度为零，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故E错误；
故选：D。
只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；当系统所受合外力为零时系统动量守恒；根据机械能守恒与动量守恒定律的条件分析答题。
本题考查了判断系统动量是否守恒，知道动量守恒与机械能守恒的条件是解题的前提与关键，掌握
基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
10.答案：BD
解析：
线速度等于单位时间内走过的路程，结合路程之比求出线速度大小之比；角速度等于单位时间内转过的角度，结合角度之比求出角速度之比；根据线速度与角速度的关系，求出半径之比；抓住向心加速度等于线速度与角速度的乘积，结合线速度和角速度之比求出向心加速度之比。
本题考查了描述圆周运动的一些物理量，知道各个物理量之间的关系，并能灵活运用。
B.线速度v=s
t
，A、B通过的路程之比为4：3，时间相等，则线速度之比为4：3，故B正确。
A.角速度ω=θ
t
，运动方向改变的角度等于圆周运动转过的角度，A、B转过的角度之比为3：2，时间相等，则角速度大小之比为3：2，故A错误。
C.根据v=rω得，圆周运动的半径r=v
ω
，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则圆周运动的半径之比为8：9，故C错误。
D.根据a=vω得，线速度之比为4：3，角速度之比为3：2，则向心加速度之比为2：1，故D正确。故选BD。
11.答案：BD
解析：细线剪断瞬间a的加速度为2g，b为0。
12.答案：BD
解析：
小球与半圆形槽组成的系统在水平方向的动量守恒，但在竖直方向受重力作用，故系统总的动量不守恒；根据动量守恒和机械能守恒求解最多速率和半圆形槽相对于地面位移大.。
A小球与半圆形槽组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向的动量守恒，但在竖直方向受重力作用，故系统总的动量不守恒；所有的接触面都是光滑的，故在整个的运动过程中只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；
B因为系统的初状态水平方向的动量为零，根据系统水平方向动量守恒可知，系统在末状态的水平方向的动量也零，故在末状态小球与半圆形槽的速度都为零，而初状态只有小球的重力势能，根据系统机械能守恒，可知末状态也只小球的重力势能，且与初状态相等，故B正确；
C.当小球下至半圆形槽最低点时，根据反冲运动的特点可知，此时小球有向右的最大速度，半圆形槽有向左的最大速度，设小球的最大速度为v1，半圆形槽的最大速度为v2，初状态水平方向的动量
为零；水平方向的动量守恒mv1?3mv2=0；根据系统机械能守恒：mgR=1
2mv12+1
2
×3mv22，
解得：v1=1
2√6gR；v2=1
6
√6gR；故C错误；
D.小球从左边下滑至最低点，根据水平方向动量守恒mv1?3mv2=0；又v1=x1
t ；v2=x2
t
；且x1+
x2=R；解得：x2=R
4；同理小球从右边下滑至最低点，x2′=R
4
故半圆形槽相对于地面位移大小的
最大值为x2+x′2=R
2
，故D正确；
故选BD。
13.答案：AB小桶与砝码的总质量不满足远远小于小车与钩码的总质量
解析：解：(1)A、平衡摩擦力时，不需砝码和小桶，但小车后面必须与纸带相连，因为运动过程中纸带受到阻力．故AB正确；
C、平衡摩擦力时打点计时器需要通电，根据纸带上点的疏密分布判断小车是否是匀速运动，故C 错误；
D、根据牛顿第二定律，有
对重物，有mg?T=ma
对小车，有T=Ma
解得：a= mg
M+m
，
所以a1=g.故D错误；
随着外力F的增大，砝码的质量越来越大，最后出现了不满足远小于小车质量的情况，因此图线出现了偏折现象，因此小桶与砝码的总质量不满足远远小于小车与钩码的总质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近与定值g．
故答案为：(1)AB(2)小桶与砝码的总质量不满足远远小于小车与钩码的总质量
在“验证牛顿第二定律”实验中，使得砝码和小桶的重力等于小车的合力，需平衡摩擦力，平衡摩擦力时，不挂砝码和小桶，小车后面需连接纸带．连接小桶和小车的轻绳应和长木板保持平行，平衡摩擦力后，长木板与水平面夹角不能改变，小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．
14.答案：(1)50；
(2)d
Δt
；
(3)mgL=1
2(M+m)(d
Δt
)2。
解析：
本题主要考查验证机械能守恒定律的实验，明确实验原理是解题的关键，难度一般。
(1)由游标卡尺的读数方法判断得解；
(2)由瞬时速度的求法求解；
(3)由实验原理判断钩码重力势能的增加量与钩码与物块A动能的增加量之和与物块A重力势能的减小量是否相等判断得解。
(1)该同学用游标卡尺测出遮光片的宽度d=0.952cm，精确到0.02mm，所以则该同学用的游标卡尺是50分度；
(2)已知光电门记录挡光片挡光时间为，则滑块通过B点的瞬时速度为v=d
Δt
；
(3)由实验过程可知，该过程物块A与钩码的动能都增加，且增加量为：1
2(M+m)v2，其中v=d
Δt
，
由该过程物块A的重力势能减小，而钩码的重力势能增加，系统重力势能减小量为：
，由挂两个钩码时系统静止有，所以
则若有：mgL=1
2(M+m)(d
Δt
)2，则表示该过程机械能守恒。
故答案为：(1)50；(2)d
Δt ；(3)mgL=1
2
(M+m)(d
Δt
)2。
15.答案：解：(1)设人落在圆盘边缘处不至被甩下，临界情况下，最大静摩擦力提供向心力则有：μmg=mω2R
解得ω=√μg
R
，
所以转盘的角速度ω≤√μg
R
，
(2)匀加速过程x1=1
2at12=1
2
×2×22m=4m
v c=at=4m/s
平抛过程H=1
2
gt22
得t2=0.8s
x2=v c t2=4×0.8m=3.2m 故L=x1+x2=7.2m
(3)分析知a最小时落在转盘左端，a最大时落在转盘右端；人落地的时间：t3=√2H
g =√2×2.45
10
=0.7s
据L?R=1
2
a1×22+2a1×0.7
解得a1=26
17
≈1.53m/s2
据L+R=1
2
a2×22+2a2×0.7
解得a2=2m/s2
所以1.53m/s2≤a≤2m/s2
答：(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转
盘，转盘的角速度ω≤√μg
R
，
(2)已知H=3.2m，R=0.9m，取g=10m/s2，当a=2m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上，L=7.2m；
(3)选手要想成功落在转盘上，可以选择的加速度范围是1.53m/s2≤a≤2m/s2．
解析：(1)根据静摩擦力提供向心力，结合牛顿第二定律求出转盘角速度的范围．
(2)(3)抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移等于L，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时间；根据平抛运动的分位移公式列式求解．
解决本题的关键理清选手的运动过程，结合牛顿第二定律、平抛运动的分位移公式、运动学公式灵活求解．
16.答案：解：(1)对行李箱，由牛顿第二定律得：
a1=μ1mg
m
=2m/s2，
行李箱匀加速运动的时间为：t1=v a
1
=2s，
匀加速的位移为：x1=1
2
a1t12=4m 行李箱在传送带匀速的时间为：t2=x0?x1 v =0.25s， 行李箱在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=2.25s； (2)行李箱滑到平板车后，当行李箱速度大于平板车速度时，行李箱做减速运动，由牛顿第二定律得： 对行李箱有：a2=μ2mg m =5m/s2， 对平板车有：a3=μ2mg?μ3(M+m)g M =1m/s2； (3)设行李箱经时间t3恰好到达平板车右端且两者速度刚好相等，由匀变速直线运动的速度公式得：v?a2t3=a3t3 解得：t3=2 3 s， 平板车的速度：v′=a3t3=2 3 m/s， 平板车的最小长度：L min=v+v′ 2t3?v′ 2 t3=v 2 t3， 解得：L min=4 3 m； 答：(1)行李箱在传送带上运动的时间t为2.25s。 (2)行李箱滑到平板车上后，在相对滑动过程中，行李箱及平板车的加速度大小分别是5m/s2、1m/s2； (3)若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变，要想行李箱恰不从平板车上滑出，平板车的最小长 度是4 3 m。 解析：本题是多体多过程问题，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。 (1)行李箱在传送带上先做初速度为零的匀加速直线运动后做匀速直线运动，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出行李箱的运动时间。 (2)行李箱滑上平板车后做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速 度大小； (3)当行李箱滑到平板车右端且两者速度相等时，行李箱恰好没有离开平板车，此时平板车最短，应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出平板车的最小长度。 17.答案：解：设B车的速度大小为v.如图，标记R的时刻t通过点K(l,l)，此时A、B的位置分别为 H、G． 由运动学公式，H的纵坐标y A，G的横坐标x B分别为 at2① y A=2l+1 2 x B=vt② 在开始运动时，R到A和B的距离之比为2：1，即 OE：OF=2：1 由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2： 1． 因此，在时刻t有HK：KG=2：1③ 由于△FGH∽△IGK，有 HG：KG=x B：(x B?l)④ HG：KG=(y A+l)：(2l)=3：1⑤ √6al 联立各式解得v=1 4 ． 答：B运动速度的大小为√6al 4 解析：根据运动学公式求出t时刻A的纵坐标，B的横坐标，抓住橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2：1，根据相似三角形，结合运动学公式求出B的运动速度．解决本题的关键抓住橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2：1，结合运动学公式和数学几何进行求解．
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