浙江省杭州市2020-2021学年高一第一学期期末物理考试模拟试卷
一．选择题
1．下列物理量属于矢量的是( ) A ．质量 B ．重力 C ．时间 D ．路程 2．下列说法正确的是( )
A ．很小的物体（比如原子核）一定能看成质点
B ．相对地面静止不动的物体才能被选定为参考系
C ．物体在5s 时，指的是物体在5s 末这一时刻
D ．物体速度越大越不容易停下，是因为物体速度越大惯性越大
3．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移-时间图象如图所示，下列表述正确的是( )
A ．0.2~0.5小时内，甲的加速度比乙的大
B ．0.2~0.5小时内，甲的速度比乙的大
C ．0.6~0.8小时内，甲的位移比乙的小
D ．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等
4．自由下落的物体，它开始下落全程3
4
的高度所用的时间和下落全程所用的时间的比值为( )
A ．1:2
B ．3:2
C ．(21):(32)--
D ．1:(32)- 5．某物体的v t -图象如图所示，则该物体( )
A ．做往复运动
B ．做匀速直线运动
C ．朝某一方向做直线运动
D ．以上说法均不正确
6．如图所示，物体沿光滑竖直墙壁自由下落的过程中，受力个数是( )
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
7．木块A 、B 的重力均为40N ，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25，夹在A 、B 之间的轻弹簧被压缩了△ 2.0x cm =，弹簧的劲度系数400/k N m =，系统置于水平地面上静止不动。现用10F N =的水平力推木块B ，如图所示，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，力F 作用后( )
A ．木块A 所受静摩擦力大小为10N
B ．弹簧的压缩量变为2.5cm
C ．木块B 所受静摩擦力为0
D ．木块B 所受静摩擦力大小为2.0N
8．图示为一种学生小黑板，将黑板展开放在水平地面上，使得其顶角为θ，此时黑板擦恰好能静止放置在小黑板上。已知黑板擦的质量为m ，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g 。下列说法正确的是( )
A ．黑板擦对黑板的压力大小为cos
2
mg θ
B ．黑板擦对黑板的压力大小为sin mg θ
C ．黑板对黑板擦的摩擦力大小为cos mg μθ
D ．黑板对黑板擦的作用力大小为mg 9．国际单位制中，力学基本单位是( ) A ．千克，米，秒 B ．牛顿，千克，秒 C ．牛顿，米，秒 D ．牛顿，千克，米
10．如图所示，质量为1kg 的物块甲和质量为2kg 的物块乙放在水平面上，用轻弹簧连接，弹簧的劲度系数为100/N m ，两物块与水平地面间的动摩擦因数均为0.5，弹簧处于压缩状态，两物块处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210/g m s =，现给物块甲一个向右的推力F ，当F 从0缓慢增大到8N 时，物块甲刚好要滑动，则( )
A ．施加推力前，弹簧的压缩量为6cm
B ．施加推力前，物块乙受到的摩擦力大小为3N
C ．施加推力前，弹簧受到的合力为8N
D ．施加推力后，随着F 增大，物块乙受到的摩擦力减小
11．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明( )
A ．电梯一定是在下降
B ．电梯一定是在上升
C ．电梯的加速度方向一定是向下
D ．电梯的加速度方向一定是向上
12．如图，一个质量为m 的均匀光滑小球处于静止状态，三角劈与小球的接触点为P ，小球重心为O ，PO 的连线与竖直方向的夹角为θ．则三角劈对小球的弹力( )
A ．方向竖直向上，大小为mg
B ．方向竖直向上，大小为cos mg θ
C ．方向沿PO 向上，大小为cos mg
θ
D ．方向沿PO 向上，大小为tan mg θ
13．如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下向右拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A ．桌布对鱼缸的摩擦力方向向左
B ．鱼缸在桌布上滑动的时间与在桌面上滑动的时间相等
C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D ．无论猫用多大的拉力，鱼缸都不可能滑出桌面
14．质量为60kg 的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为40m kg =的重物送入井中．当重物以22/m s 的加速度加速上升时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为(g 取210/)(m s )
A ．120 N
B ．280 N
C ．320 N
D ．600 N
15．如图，倾角为30α=?的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量分别为m 和2m 的小球A 、B ，它们用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，弹簧轴线与斜面平行。现对A 施加一水平向右、大小为F 的恒力，使A 、B 在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球间的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L ，则下列说法正确的是( )
A ．弹簧的原长为2mg
L k
-
B ．恒力23
F =
C ．小球A 3mg
D ．撤去恒力F 后的瞬间小球B 的加速度为g
16．在一次青少年科技创新大赛中，某兴趣小组用热气球提升物体，当热气球升到离地面60m 高处时，从热气球上自由脱落一物体，物体又竖直上升了20m 后才开始下落，不计空气阻力，g 取210/m s ，则( ) A ．气球一定匀减速上升
B ．物体脱落时气球速度大小为10/m s
C ．物体落地前最后1s 的位移大小为35m
D ．物体脱落后经4s 落回地面
17．如图，两个小球分别被两根长度不同的细绳悬于等高的悬点，现将细绳拉至水平后由静止释放小球，当两小球通过最低点时，两球一定有相同的( )
A ．速度
B ．角速度
C ．加速度
D ．机械能
18．物体做半径不同的匀速圆周运动，它的加速度与半径的倒数关系如图所示，则该物体运动中下列哪个物理量保持不变( )
A ．线速度大小
B ．角速度大小
C ．转速
D ．向心力大小 二．填空题
19．一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态．一石墨块（可视为质点）静止在白板上．石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为μ．突然，使白板以恒定的速度0v 做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹．经过某段时间t ，令白板突然停下，以后不再运动．在最后石墨块也不再运动时，白板上黑
色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为g ，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量）：①202v ug ②20
v ug
③
201
2
v t ugt -④0v t ，以上正确的是 ．
20．一根橡皮绳的一端固定在塑料杯底部（杯子质量不计、杯底挖空而只剩十字形幅条），另一端系一小铁球，手握杯子开口向下，当杯子和小球保持静止时如图甲所示，当杯子做自由落体运动且稳定时，图 是铁球和塑料杯可能出现的状态（填写字母，下同）；如杯子做竖直上抛运动，则抛出后达到稳定时，图 是铁球和塑料杯可能出现的状态．
21．（1）在“研究平抛物体的运动规律”的实验中，在安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须是水平的，这样做的目的是
A ．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小
B ．保证小球飞出时初速度水平
C ．保证小球在空中运动的时间每次都相等
D ．保证小球运动的轨道是一条抛物线 （2）引起实验误差的原因是 A ．小球运动时与白纸相接触
B ．斜槽不是绝对光滑的，有一定摩擦
C ．确定oy 轴时，没有用重锤线
D ．描绘同一平抛运动轨迹的实验中，多次实验，没有保证小球从斜面上同一位置无初速释放
（3）为了探究平抛运动的规律，将小球A 和B 置于同一高度，在小球A 做平抛运动的同时静止释放小球B ．同学甲直接观察两小球是否同时落地，同学乙拍摄频闪照片进行测量、分析。通过多次实验，下列说法正确的是
A ．只有同学甲能证明平抛运动在水平方向是匀速运动
B ．两位同学都能证明平抛运动在水平方向是匀速运动
C ．只有同学甲能证明平抛运动在竖直方向是自由落体运动
D ．两位同学都能证明平抛运动在竖直方向是自由落体运动
22．某同学利用如图1装置探究加速度与合外力的关系。利用力传感器测量细线上的拉力。按照如下步骤操作：
①安装好打点计时器和纸带，调整长木板的倾斜程度，平衡小车摩擦力；
②细线通过导轨一端光滑的定滑轮和动滑轮，与力传感器相连，动滑轮上挂上一定质量的钩码，将小车拉到靠近打点计时器的一端；
③打开力传感器并接通打点计时器的电源（频率为50Hz 的交流电源）； ④释放小车，使小车在轨道上做匀加速直线运动； ⑤关闭传感器，记录下力传感器的示数F ； ⑥通过分析纸带得到小车加速度a ；
⑦改变钩码的质量，重复步骤①②③④⑤⑥； ⑧作出a F -图象，得到实验结论。
（1）本实验在操作中是否需要满足钩码的质量远远小于小车的质量？ （选填“是”或“否” )。
（2）某次释放小车后，力传感器示数为F ，通过天平测得小车的质量为M ，动滑轮和钩码的总质量为m ，不计滑轮的摩擦，则小车的加速度理论上应等于 。
A ．2F a M =
B ．F a M
= C ．2mg F a M -= D ．2F a M = （3）如图2是某次实验有效纸带的一段，部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个打印点未画出），测得1 3.59s cm =，2 4.41s cm =，3 5.19s cm =，4 5.97s cm =，5 6.78s cm =，67.64s cm =，则钩码的加速度a = 2/m s 。
三．解答题 23．用质量为m 、长度为L 的绳沿着光滑水平面拉动质量为M 的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为F ，如图所示，求：
（1）物体与绳的加速度；
（2）绳中各处张力的大小（假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计。)
24．如图所示，质量为5m kg =的物体放在水平面上，物体与水平面间的摩擦因数0.5μ=．物体受到与水平面成37θ=?斜向上的拉力50F N =作用，从A 点由静止开始运动，到B 点时撤去拉力F ，物体最终到达C 点，已知AC 间距离为165L m =，(sin370.6?=，cos370.8?=，重力加速度210/)g m s =求：
（1）物体在AB 段的加速度大小a ； （2）物体运动的最大速度大小m v 。
25．如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为53α=?的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差0.8h m =，重力加速度210/g m s =，sin530.8?=，cos530.6?=，求
（1）小球水平抛出的初速度0v 是多少？
（2）面顶端与平台边缘的水平距离s 是多少？
（3）若斜面顶端高10H m =，则小球离开平台后经多长时间t 到达斜面底端？
26．如图所示，一个质量为m的小球由两根细绳拴在竖直转轴上的A、B两处，AB间距为L，A处绳长为2L，B处绳长为L，两根绳能承受的最大拉力均为2mg，转轴带动小球转动．则：
（1）当B处绳子刚好被拉直时，小球的线速度v多大？
（2）为不拉断细绳，转轴转动的最大角速度 多大？
参考答案与试题解析 一．选择题 1．【解答】解：ACD 、质量、时间和路程都是只有大小没有方向的标量，故ACD 错误。
B 、重力是既有大小又有方向的矢量。故B 正确。 故选：B 。 2．【解答】解：A 、原子核的体积很小，在研究原子核内部结构的时候是不能看成质点的，故A 错误； B 、参考系的选择是任意的，可以是相对地面不动的物体，也可以是相对地面运动的物体。故B 错误；
C 、物体在5s 时指的是物体在5s 末时，指的是时刻，故C 正确；
D 、惯性与速度无关，只与质量有关，故D 错误。 故选：C 。 3．【解答】解：A 、A 、由图知，0.20.5-小时内甲乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故A 错误 B 、x t -图象的斜率表示速度，则知0.2~0.5小时内，甲的斜率大，则甲的速度比乙的大，故B 正确。 C 、物体的位移等于x 的变化量。则知0.60.8-小时内，甲的位移比乙的大，故C 错误。
D 、00.6-小时内，甲的位移比乙的大，0.60.8-小时内，甲的位移比乙的大，所以0.8小时内，甲的路程比乙的大，故D 错误。 故选：B 。
4．【解答】解：物体做自由落体运动，213142h gt =，2
212
h gt =，比较可知，123t t =，故ACD 错误，B 正确。
故选：B 。 5．【解答】解：在整个运动过程中，速度一直为正值，表示运动方向不变，一直朝某一方向运动，先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，然后重复之前的运动。 故选：C 。 6．【解答】解：物体下滑过程中一定受重力；而在垂直于墙面的方向上，由于没有压力，故物体不会受墙面的支持力，同时因没有弹力故一定没有摩擦力； 故物体只受重力一个力，故A 正确，BCD 错误。 故选：A 。 7．【解答】解：由胡克定律，得：F k =△4000.028x N =?= 木块A 、B 与地面间的最大静摩擦力为：
0.254010f mg N N μ==?=，故AB 均静止，摩擦力为8N ，
AB 、施加水平推力10F N =后，A 水平方向，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A 相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹力平衡，因而：8A f F N '==弹，故AB 错误；
CD 、
施加水平推力10F N =后，B 水平方向受到弹簧的弹力向右8N ，向左的推力10N ，故摩擦力变为2N ，仍静止，故C 错误，D 正确。 故选：D 。 8．【解答】解：如图所示，对黑板擦进行受力分析，如图所示：
根据平衡条件： cos N mg θ= sin f mg θ=
AB 、根据牛顿第三定律，黑板擦对黑板的压力大小为cos N N mg θ'==，故AB 错误。 C 、黑板对黑板擦的摩擦力大小为sin f mg θ=，故C 错误。
D 、黑板对黑板擦的作用力大小为N 与f 的合力，大小和重力mg 相等，故D 正确。 故选：D 。
9．【解答】解：N 这个单位是根据牛顿第二定律F ma =推导得到的导出单位，不属于国际单位制中力学的基本单位，国际单位制中力学的基本单位的是kg 、m 、s ．故A 正确。 故选：A 。 10．【解答】解：A 、由题意可知，物块甲的最大静摩擦力5Am A f m g N μ==，物块乙的最大静摩擦力10Bm B f m g N μ==，当推力8F =N 时，物块甲刚好要滑动，根据力的平衡可知，弹簧的弹力为3T =N ，
弹簧的压缩量3
3100
T x m cm k ===，故A 错误；
B 、没有施加推力时，根据平衡条件可知物块乙受到的摩擦力为3 N ，故B 正确；
C 、没有施加推力时，弹簧的合力为零，故C 错误；
D 、施加推力后，随着F 增大，甲和乙都静止时，弹簧的形变量不变，弹力不变，物块乙受到的摩擦力不变，故D 错误。 故选：B 。 11．【解答】解：在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，弹簧的弹力增大了，弹力大于铁的重力，根据牛顿第二定律得知，小球的加速度方向一定向上，而速度方向可能向上，也可能向下，电梯可能加速上升，也可能减速下降。故ABC 均错误。D 正确。 故选：D 。 12．【解答】解：对小球受力分析，三角劈对小球的弹力方向沿PO 向上，采用合成法，如图：
由几何知识得：1cos mg
N θ
=；
故选：C 。
13．【解答】解：A 、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到桌布的摩擦力向右；故A 错误；
B 、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v at =可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的时间相等；故B 正确；
C 、若鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变，故C 错误；
D 、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故D 错误； 故选：B 。 14．【解答】解：先研究重物，重物的加速度22/a m s =，受到重力与绳子的拉力。 则根据牛顿第二定律有：F mg ma -=
解得：()40(102)480F m g a N N =+=?+=，
再研究人，受力分析：重力Mg 、绳子向上的拉力F 、地面的支持力N ，处于平衡状态。 则根据平衡条件有：Mg F N =+
解得：600480120N Mg F N N N =-=-=
由牛顿第三定律可得：人对地面的压力大小为120N N N '== 故选：A 。
15．【解答】解：A 、对小球B 进行受力分析，由平衡条件可得：2sin30kx mg =?，解得：2sin30mg mg
x k k
?==
，所以弹簧的原长为：0mg
L L x L k
=-=-
，故A 错误； B 、对小球A 进行受力分析，沿斜面方向由平衡条件可得：cos30sin30F mg kx ?=?+，解得：3F mg =，故B 错误；
C 、对小球A 进行受力分析，垂直于斜面方向根据平衡条件可得：sin 30cos303N F F mg mg =?+?=，
根据牛顿第三定律可得小球A 3mg ，故C 正确；
D 、撤掉恒力F 的瞬间，弹簧弹力不变，B 球所受合力不变，故B 球的加速度为零，故D 错误。 故选：C 。 16．【解答】解：取向下为正向
A 、气球原来匀速上升，重力等于浮力，物体掉落后，浮力大于重力，物体做加速运动，故A 错误。
由于物体在空中上升时，只受重力作用，根据牛顿第二定律可知，加速度为g ，方向向下，而初速度向上，故物体一定减速上升。故A 正确。
B 、物体从热气球上自由脱落一物体，物体又竖直上升了20m 后才开始下落，设此时速度为v 。 根据匀变速运动的规律有，22102v gx -=，带入数据有221210/(20)v m s m -=??- 解之可得，120/v m s =-，故B 错误。
C 、物体掉落时的速度120/v m s =-，加速度为210/g m s =，落地时位移60x m =。设落地时速度为2v ，
根据匀变规律有：222
12v v gx -=，带入数据有2222(20/)210/60v m s m s m --=?? 解之可得：240/v m s =，落地1s 前速度为23240/10/130/v v gt m s m s s m s =-=-?=
因此，最后一秒内的位移为：2340/30/13522
v v m s m s
x t s m ++==?=。故C 正确。
D 、设脱落后经过t 时间落回地面
21v v gt =+，带入数据有240/20/10/m s m s m s t =-+? 解之可得：6t s =。故D 错误。 故选：C 。
17．【解答】解：A 、根据动能定理得：21
2
mgL mv =，解得：2v gL =L 不等。所以速度不等，故A
错误；
B 、根据2
v a L
=，解得：2a g =，所以两球加速度相等，又2a L ω=，所以角速度不等，故B 错误，C 正确；
D 、两球在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，但由于不知道两小球得质量关系，所以不能判断初始位置的机械能是否相等，所以在最低点，两球的机械能不一定相等，故D 错误； 故选：C 。
18．【解答】解：A 、a 与r 成反比，则由向心加速度公式2
v a r
=可知，物体的线速度大小不变，故A 正确，
B 、根据v
r ω=可知，角速度不同，故B 错误；
C 、根据2r
n v π=可知，转速不同，故C 错误； D 、向心力2
mv F r
=可知，向心力不同，故D 错误 故选：A 。 二．填空题 19．【解答】解：在时间t 内，石墨块可能一直匀加速，也可能先加速后匀速； 石墨加速时，根据牛顿第二定律，有：mg ma μ= 解得：a g μ=
①如果时间t 内一直加速，加速的位移为2112x gt μ=，故相对白板的位移为：△210101
2x v t x v t gt μ=-=-
②如果先加速，后匀速，位移为：22000
200()22v v v x v t v t g g g
μμμ=+-=-，故相对白板的位移为：△22
2022v x v t x g
μ=-=
③如果加速的末速度恰好等于0v ，则22032v x g
μ=，故相对白板的位移为：△220
3032v x v t x g μ=-=
经过时间t 后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移；
所以白板上黑色痕迹的长度可能是：①2202v g μ、③201
2
v t gt μ-
故答案为：①③ 20．【解答】解：无论自由落体运动还是竖直上抛运动，加速度方向都是竖直向下，因此铁球都失重，橡皮绳会把球和杯子拉近，当橡皮绳恢复到原长后，小球和杯子由于有相对运动速度，继续靠近，绳子就松弛了，所以两种情况下，B 图是铁球和塑料杯可能出现的状态． 故答案为：B ，B 21．【解答】解：（1）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，故ACD 错误，B 正确；
（2）A 、实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，故A 正确；
B 、只要让它从同一高度、无初速开始运动，在相同的情形下，即使球与槽之间存在摩擦力，仍能保证球做平抛运动的初速度相同，因此，斜槽轨道不必要光滑，故B 错误；
C 、确定Oy 轴时，没有用重锤线，就不能调节斜槽末端切线水平，故C 正确；
D 、描绘同一平抛运动轨迹的实验中，因多次实验，没有保证小球从斜面上同一位置无初速释放，导致出现误差，故D 正确。 故选：ACD 。
（3）在图甲的实验中，改变高度和平抛小球的初速度大小，发现两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动。不能得出水平方向上的运动规律。
在图乙的实验中，通过频闪照片，发现自由落体运动的小球与平抛运动的小球任何一个时刻都在同一水平线上，知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，所以平抛运动竖直方向上做自由落体运动。频闪照片显示小球在水平方向相等时间内的水平位移相等，知水平方向做匀速直线运动。故D 正确，A 、B 、C 错误。 故选：D 。 故答案为：（1）B （2）ACD （3）D 22．【解答】解：（1）本实验利用力传感器可直接测量出细线对小车的拉力大小，可不需要用钩码的重力替代，所以不需要满足钩码的质量远远小于小车的质量，故选否；
（2）由于已平衡摩擦力，所以细线对小车的拉力即为小车受到的合力，根据牛顿第二定律可得小车的加速
度大小为F
a M
=，故B 正确，ACD 错误。
故选：B ；
（3）由于相邻两计数点间还有四个点没有画出，交流电源的频率为50Hz ，则相邻两计数点间的时间间隔为0.1T s =，由2413s s aT -=、2523s s aT -=、2633s s aT -=，可得小车的加速度为
245612322
0.07640.06780.05970.03590.04410.0519
0.80/9901
s s s s s s a m s T ++---++---===?，由图可知钩码的加速度大小为小车加速度大小的一半，即钩码的加速度大小为20.4/m s 。 故答案为：（1）否；（2）B ；（3）0.40。 三．解答题 23．【解答】解：（1）对整体，根据牛顿第二定律，得： ()F M m a =+
解得F
a M m
=
+ （2）设绳上任一点离F 作用点为x 处绳的弹力为x T ，则长为x 的这段绳质量△m m x L
= 对这段绳应用牛顿第二定律 x F T ma -=
解得()x mxF
T F M m L
=-+
答：（1）物体与绳的加速度为
F
M m
+； （2）绳中各处张力的大小为()mxF
F M m L
-+
24．【解答】解：（1）在AB 段，受力分析如图 由牛顿第二定律得：cos F N ma θμ-= 又sin F N mg θ+=
代入相应数据得：26/a m s =
(2在BC 段由牛顿第二定律得：mg ma μ'= 解得：25/a m s '=
根据速度和位移关系得：2222m m
v v L a a =+
'
解得：30/m v m s =
答：（1）物体在AB 段的加速度大小是26/m s 。 （2）物体运动的最大速度大小是30/m s 。
25．【解答】解：（1）由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，
所以2
0tan 532y y
v v v gh =?= 代入数据，得4/y v m s =，03/v m s =
（2）由1y v gt =得1010.430.4 1.2t ss v t m m ===?= （3）小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度2sin53sin538/mg a g m s m
?
==?=， 初速度2209165/y v v v m s =+=+
2221
sin532
H vt at =+? 代入数据，整理得2
2
24512.50t t +-= 解得2 1.25t s =或2 2.5t s =-（不合题意舍去） 所以12 1.65t t t s =+= 答：（1）小球水平抛出的初速度0v 是3/m s ； （2）面顶端与平台边缘的水平距离s 是1.2m ；
（3）小球离开平台后经1.65s 时间t 到达斜面底端．
26．【解答】解：（1）B 处绳被拉直时，绳与杆夹角45θ=?，cos A T mg θ=，2
sin A v T m L
θ=
解得：v gL =（2）当转轴转动的角速度最大时，B 绳拉力为2B T mg =，A 绳拉力不变， cos A T mg θ=，2sin A B T T m L θω+=
解得：3g L
ω答：
（1）当B 处绳子刚好被拉直时，小球的线速度v gL ； （2）为不拉断细绳，转轴转动的最大角速度ω3g L
．