滕州市2023-2024学年高三上学期9月质量检测
物理试题：满分100分，时间90分钟 2023年9月
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合要求。
1．孔府是中国传统建筑的杰出代表，采用了瓦片屋顶，屋顶结构可简化如图，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，重力加速度为g，则（ ）
A．每根椽子对瓦片的摩擦力大小为
B．每根椽子对瓦片的支持力大小为
C．椽子对瓦片支持力的合力大小为
D．椽子对瓦片作用力的合力大小为
2．伴随着汽车消费观念的转变，如今消费者在购车的时候除了时尚的外观、丰富的配置外，也越来越注重行车的安全，就比如“主动刹车”系统。装备该系统的车辆当满足车速、且与前方行人之间的距离小于安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“自动刹车”，使汽车避免与行人相撞。若该车在不同路况下“自动刹车”的加速度取值范围是，则该系统设置的安全距离约为（ ）
A．0.07m B．0.1m C．10m D．7.14m
3．“抖空竹”是中国传统的体育活动之一，在我国有悠久的历史，为国家级非物质文化遗产之一。现将抖空竹中的一个变化过程简化成以下模型：轻绳系于两根轻杆的端点位置，左、右手分别握住两根轻杆的另一端，一定质量的空竹架在绳上。接下来做出如下动作，左手抬高的同时右手放低，使绳的两个端点匀速移动，其轨迹为竖直面内等腰梯形的两个腰（梯形的上下底水平），如图所示。则两端点分别自A、C两点，沿AB、CD以同一速度匀速移动，忽略摩擦力及空气阻力的影响，则运动过程中（ ）
A．左右两边绳的弹力均不变
B．左右两边绳的弹力不相等
C．左边绳的弹力变大
D．右边绳的弹力变小
4．某跳水运动员在3m长的踏板上起跳，通过录像观察到踏板和运动员要经历图示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则（ ）
A．运动员在A点具有最大速度
B．运动员在B处与踏板分离
C．运动员和踏板由C到B的过程中，向上做匀加速运动
D．运动员和踏板由C到A的过程中，运动员先超重后失重
5．如图所示，人在岸上通过定滑轮牵引小船。设水对小船的阻力不变，绳与滑轮之间的摩擦不计。在小船匀速靠岸的过程中（ ）
A．船受到的浮力变大
B．船受到的合力不断增大
C．绳的拉力变大
D．人拉绳的速度变大
6．甲、乙两车在一条平直的公路上同向行驶，t=0时刻甲车开始刹车，甲车的速度随时间变化的图象如图（a）所示，以t=0时刻甲车所在位置为坐标原点O，以甲车速度方向为正方向建立x轴，乙车的位置坐标随时间变化的图象如图（b）所示。下列说法正确的是（图中数据为已知）（ ）
A．甲车做匀变速直线运动加速度大小为2m/s2 B．乙车做匀速直线运动，速度大小为8m/s
C．t=6s时甲车追上乙车 D．甲、乙两车相距最近为2m
7．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆），现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中P′位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断正确的是（ ）
A．细线所受的拉力变小
B．小球P运动的角速度变大
C．Q受到桌面的静摩擦力变小
D．Q受到桌面的支持力变小
8．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A连接（另有一个完全相同的物体B紧贴着A，不粘连，A、B均可视为质点），弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体A，B静止。撤去F后，物体A，B开始向左运动，已知重力加速度为g，物体A，B与水平面间的动摩擦因数为μ。则下列说法错误的是（ ）
A．撤去F瞬间，物体A，B的加速度大小为
B．撤去F后，物体A和B分离前，A，B两物体之间作用力与弹簧形变量成正比
C．物体A，B一起向左运动距离时获得最大速度
D．若物体A，B向左运动要分离，则分离时向左运动距离为
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。
9．如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B两球均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A．相遇时A的速度一定为零
B．相遇时B的速度一定为零
C．A从抛出到最高点的时间为
D．从抛出到相遇A、B速度的变化量相同
10．如图所示。质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，重力加速度g=10m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（ ）
A．物体A的加速度为零
B．弹簧弹力大小为30N
C．物体B的加速度大小为6m/s2
D．物体B对物体A的压力大小为12N
11．2020年7月23日，中国火星探测任务“天问一号”探测器在海南文昌航天发射场发射升空。如图所示，已知地球和火星到太阳的距离分别为R和1.5R，若某火星探测器在地球轨道上的A点被发射出去，进入预定的椭圆轨道，通过椭圆轨道到达远日点B进行变速被火星俘获。下列说法正确的是（ ）
A．探测器在椭圆轨道A点的速度等于地球的公转速度
B．探测器由A点大约经0.7年才能抵达火星附近的B点
C．探测器在椭圆轨道A点的加速度大于在B点的加速度
D．地球和火星相邻两次相距最近的时间间隔约为1.2年
12．如图所示，一足够长的轻质滑板置于光滑水平地面上，滑板上放有质量分别为和的A、B两物块，A、B与滑板之间的动摩擦因数都为，一水平恒力F作用在A物体上，重力加速度g取，A、B与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当F逐渐增大时，A、B的加速度为和，下列说法正确的是（ ）
A．若，则A、B物块及木板都静止不动
B．若，则A、B物块的加速度都为
C．无论外力多大，B物块与木板都不会发生相对滑动
D．若，B物块的加速度为
第II卷（非选择题）
说明：本部分有6小题，共60分。请把答案写在答题纸对应位置。
13．（6分）在“共点力合成”实验中
（1）下图是A、B两位同学在做本实验时得到的结果，可以断定其中 问学的实验结果比较符合实验事实。
（2）在上述实验中所说的合力与两个分力具有相同的效果，是通过下列哪个方法实现的( )
A．弹簧秤的弹簧被拉长 B．固定橡皮条的图钉受拉力产生形变
C．细线套受拉力产生形变 D．使橡皮条在同一方向上伸长到相同长度
（3）某同学在做验证力的平行四边形法则的实验中已记录下结点O两个分力F1、F2的方向如图所示，F 为用一个弹簧秤拉时力的方向，三个力F1、F2、F 的大小分别是28N、3.4N、5.0N，请你用作图法帮这个同学完成该实验，从而得出实验结论。( )
14．（8分）为探究物体加速度a与外力F和物体质量M的关系，研究小组的同学们在教材提供案例的基础上又设计了不同的方案，如图所示：方案甲中在小车前端固定了力传感器与细线相连，可以从传感器直接读出细线拉力；方案乙中拉动小车的细线通过滑轮与弹簧测力计相连，从测力计示数可读出细线拉力；方案丙中用带有光电门的气垫导轨和滑块代替木板和小车，三种方案均以质量为m的槽码作为动力。
①关于上述不同实验方案的操作，下列说法正确的是（多选）
A．各方案都需要使拉动小车（滑块）的细线与轨道平行
B．在研究加速度与物体质量关系的时候，需要保证槽码的质量不变
C．甲、乙两方案在计算加速度时必须将纸带上打的第一个点作为计数点进行测量
D．各方案通过做出图像即可得出加速度与质量的关系
②这些方案中，需要满足的是 ；必须倾斜轨道以平衡摩擦力的是
③如图示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点，两个计数点间还有四个点未画出，小车运动的加速度为 （结果保留两位有效数字）
15．（6分）日常生活中，我们在门下缝隙处塞紧一个木楔（侧面如图所示），往往就可以把门卡住。已知木楔与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。试求把门卡住，（即无论门对木楔上表面的压力有多大，木楔都不会动），木楔顶角θ的正切值的最大值。
16．（12分）2021年5月15日中国自发研制的火星探测器“天问一号”成功登陆火星。探测器登陆过程主要为以下几个过程：首先探测器与环绕器分离，进入火星大气层，经历“气动减速”，假设当速度v2=500m/s时打开降落伞，进入“伞降减速阶段”，探测器匀减速下落x=7.5km至速度v3；接着降落伞脱落，推力发动机开启，进入“动力减速阶段”，经匀减速下落时间t=100s速度减为0，上述减速过程均可简化为探测器始终在竖直下落在距离火星表面100m时，探测器进入“悬停阶段”，接着探测器可以平移寻找着陆点；找到安全着陆点后在缓冲装置和气囊保护下进行“无动力着陆”。已知天问一号探测器质量为m=5×103kg，降落伞脱离可视为质量不变，火星表面重力加速度g约为4m/s2，“伞降减速阶段”中降落伞对探测器的拉力为重力的5倍。
（1）求“伞降减速阶段”中探测器的加速度大小；
（2）求“动力减速阶段”中推力发动机对探测器的作用力；
（3）在“悬停阶段”阶段，为寻找合适的着陆点，探测器先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速直线运动，减速阶段的加速度为加速阶段的2倍，平移总位移为6m，总时间为3s，求减速阶段中发动机对探测器的作用力与重力的比值。
17．（12分）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
18．（16分）如图所示，一倾角的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为的小物块（视为质点），物块和木板间的动摩擦因数，初始时木板下端与挡板的距离。现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑。木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板。取重力加速度大小，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小；
（2）木板第一次与挡板碰撞后和物块相对静止时木板离开挡板的距离；
（3）从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小x。高三年级 9 月份质量检测物理试题参考答案 C错误；
1．A D．运动员和踏板由 C到 B的过程中，做加速运动，
【详解】A．两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为 加速度向上，超重，由 B到 A的过程中，做减速运
mg sin ，摩擦力方向与椽子平行，所以每根椽子 动，加速度向下，失重，D正确。
对瓦片的摩擦力大小为0.5mg sin 。故 A正确； 故选 D。
BC．两根椽子对瓦片的支持力的合力为mg cos ， 5．C
瓦片有弧度，所以每根椽子对瓦片的支持力大小不
是0.5mg cos 。故 BC错误；
D．椽子对瓦片的作用力包括支持力和摩擦力，合
力大小为 mg。故 D错误。
故选 A。
2．C
【详解】由题意知，车速 3.6km/h v 36km/h， 【详解】ABC．船受重力、浮力、拉力和阻力做匀
即1m/s v 10m/s系统就会立即启动“自动刹车” 速运动，设绳子与水平方向的夹角为 ，如图所示,
的加速度取值范围是5 ~ 7m/s2，最后末速度减为 0， 则为F cos f
速度取最大值，加速度取最小值，由推导公式 F sin F浮 mg
v2 2ax 因为船在匀速靠岸的过程中， 增大，阻力不变，
v2x 10
2
m=10m 则拉力增大，船的浮力减小；小船匀速靠岸，合力可得，安全距离
2a 2 5 始终为零，故 AB错误；C正确
故 C正确。 D．将小船的运动沿绳子收缩方向和垂直绳子方向
故选 C。 进行正交分解如图，拉绳子的速度 v等于船沿绳子
3．A 收缩方向的分速度，由几何关系，得到 v v船 cos
【详解】B．以空竹为研究对象进行受力分析，同 在小船靠岸的过程中，由于 v船保持不变， 也不断
一根绳子拉力处处相等，所以 F1 F2 变大，故拉绳的速度v不断变小，即做减速运动，
故 B错误； 故 D错误。
ACD．在水平方向空竹处于共点力平衡，设 F1与水 故选 C。
平方向的夹角为 ， F2与水平方向的夹角为 6．D
F1 cosα F2 cos β 【详解】A．甲车做匀变速直线运动加速度大小为
所以 a 10 0 m/s2 1m/s2
所以两根绳与竖直方向的 10 0
夹角相等，设为 ，则 A错误；
2F cos mg B．乙车做匀速直线运动，速度大小为1
mg 40 20F1
v m/s 4m/s
2cos 5 0
两端点移动的过程，两端点在水平方向上的距离不 B错误；
变，所以弹力大小不变，故 A正确，CD错误。 C．t=6s时两车的位移分别为
故选 A。 x v t 1甲 0 at
2 10 6m 1 1 62m 42m
4．D 2 2
【详解】A．B为人站在踏板上静止时的平衡点， x乙 vt 4 6m 24m
即人在 B处时，加速度为零，速度最大，A错误； x x甲 x乙 42m 24m 18m<20m
B．运动员在 B处时，加速度为 0，即踏板对人的 甲车没有追上乙车
作用力等于人的重力，还有作用力，未分离： C错误；
mg F ma D．6s时甲车的速度为 4m/s，甲乙两车共速距离最
随着踏板恢复原状，踏板对人的作用力减小，减速 近，甲、乙两车最近距离为
运动的加速度增大，继续在踏板作用下做加速度增 xmin 20m 18m 2m
大的减速运动，直到 A处时，踏板恢复原状，对人 D正确。
没有作用力，开始分离，B错误； 故选 D。
C．运动员和踏板由 C到 B的过程中，有牛顿第二 7．B
定律： F mg ma 【详解】AB．设细线的长度为 L，与竖直方向的夹
随着踏板恢复原状，踏板对人的作用力减小，加速 角为θ，细线的拉力大小为 F，小球在水平面内做
运动的加速度减小，即做加速度减小的加速运动， 匀速圆周运动时，由重力与细线的拉力的合力提供
答案第 1页，共 4页
{#{QQABIQ4AggAgQBJAAAhCQQFQCgOQkACAAAoOhBAAoAIAgRFABCA=}#}
向心力，如图所示，则有 v
得，B 2从抛出到最高点的时间为 t g
F mg v
cos 即 A
2
从抛出到最高点的时间为 g ，由公式
v gt
由牛顿第二定律可得 可知，从抛出到相遇 A、B速度的变化量相同，故
mg tan m 2L sin CD正确。
解得角速度 故选 BCD。
g 10．BD
L cos 【详解】ABC．细线剪断瞬间，弹簧的弹力 F仍然
现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆 不变，有 F mAg 30N
周运动（图中 P′位置）可知，随θ角增大，cosθ减 对 AB整体，它们具有共同的加速度，由牛顿第二
小，F增大，由牛顿第三定律可知，细线所受的拉 定律可知 (mA mB )g F (mA mB )a
力变大，角速度变大，A错误，B正确； 代入数据解得 a 4m/s2
CD．两次金属块 Q静止，由平衡条件可知，Q受 故 AC错误，B正确；
到桌面的静摩擦力大小等于细线的拉力，细线拉力 D．设物体 B对物体 A的压力大小为 N，对物体 A，
变大，静摩擦力变大；Q受到桌面的支持力与重力 由牛顿第二定律可知 N mA g F mAa
大小相等，不变，CD错误。 解得
故选 B。 N mAa F mAg 3 4N 30N 3 10N 12N
8．C
故 D正确。
【详解】A．撤去力 F瞬间，对 A、B系统，由牛
故选 BD。
顿第二定律得 kx0 2mg 2ma 11．BC
kx
解得 a 0 g 【详解】A．探测器在椭圆轨道 A点做离心运动，
2m 所以在椭圆轨道 A点的速度大于地球的公转速度，
故 A正确； 故 A 错误；
B．分离前，对 AB整体受力分析，由牛顿第二定 BD．探测器在椭圆轨道运动的周期为 T2，则根据
律有 kx 2mg 2ma T 2 T 2
隔离 B，由牛顿第二定律 N mg ma 1 2开普勒第三定律得 R3 (R 1.5R 3kx )
联立得 N 2
2 则探测器由 A点发射之后，大约经过
故 A、B两物体之间作用力与弹簧形变量成正比，
t T 2 0.7年
故 B正确； 2
C．当系统所受合力为零，即 后抵达火星附近的 B点。
kx 2mg 同理可求得火星的周期约为 T3＝1.84年
1 1
x 2 mg 根据 ( ) t 1k T1 T3
位移 s x x x
2 mg
0 0
解得 t 2.2年
k 故 B正确，D错误；
时速度最大，故 C错误。 Mm
D．分离时，A、B两物体加速度相同，没有相互 C．根据 G 2 mar
作用力，故原长分离，即分离时向左运动的距离为
x a
GM
0，故 D正确； r 2
故选 C。 可知探测器在椭圆轨道A点的加速度大于在B点的
9．BCD 加速度，故 C正确。
【详解】AB．根据题意可知，A做斜上抛运动，B 故选 BC。
做竖直上抛运动，A到达最高点时恰好相遇，根据 12．BCD
分运动和合运动的关系，A球在竖直方向的分运动 【详解】B．A与木板间的最大静摩擦力
和 B球的运动相同，A球在最高点竖直方向的速度 fA mAg 0.2 1 10N 2N
为零，水平方向的分速度等于开始运动时初速度的 B与木板间的最大静摩擦力
水平分速度，则相遇时 A的速度不为零，B的速度 fB mBg 0.2 2 10N 4N
一定为零，故 A错误，B正确； 当 B刚要相对木板滑动时静摩擦力达到最大值，因
CD．根据 AB分析可知，A从抛出到最高点的时间 木板的质量不计，对 B和木板，由牛顿第二定律得
等于B从抛出到最高点的时间，由公式 v v0 gt可 F合 mBg mBaB
答案第 2页，共 4页
{#{QQABIQ4AggAgQBJAAAhCQQFQCgOQkACAAAoOhBAAoAIAgRFABCA=}#}
解得
F合 4N
因为 fA F合，所以无论 F多大，物块 B与木板相
对静止。当 A刚要相对木板滑动时静摩擦力达到最
大值，对 B与木板整体，由牛顿第二定律得
mAg mBaA
对 A、B和木板整体，由牛顿第二定律得
F0 m 由上图可知，在误差允许范围内，以表示两力的线A mB aA
段为邻边做平行四边形，平行四边形的对角线表示
解得
合力。
F0 3N 14． AB 丙 甲乙 0.50
故 B正确； 【详解】①[1]A.各方案都需要使拉动小车（滑块）
A．若 F 1N小于F0 3N，故 A、B及木板保持相 的细线与轨道平行，选项 A正确；
对静止，整体在 F作用下向左匀加速运动，故 A B.在研究加速度与质量关系的时候，需要保证牵引
错误； 力不变，即要使得槽码的质量不变，选项 B正确；
C．若 F 1.5N小于 F0 3N，A、B及木板保持相 C.甲、乙两方案在计算加速度时不一定要将纸带上
对静止，整体在 F作用下向左匀加速运动，对整体， 打的第一个点作为计数点进行测量，选项 C错误；
根据牛顿第二定律有 1D.各方案通过做出 a 图像即可得出加速度与
F mA mB a M
代入数据解得 质量的关系，选项 D错误；
a 0.5m / s2 ②[2][3]这些方案中，甲中有力传感器测量拉力；乙
故 C正确； 中有弹簧测力计测量拉力，则甲乙不需要满足
D F 5N F 3N A M m；但是丙图需要满足M m的条件；丙图．若 大于 0 ，则 相对于木板滑动，
f 2N 有气垫导轨，则不需要平衡摩擦力，但是甲乙中必B和木板整体受到摩擦力 A ，根据牛顿第二 须倾斜轨道以平衡摩擦力；
定律有 ③[4]小车的加速度
mAg mBa
a sDG sAD sAD (15.26 2 5.38) 10
2
2 2解得 9T 2
2 m/s 0.50m/s9 0.1
a 1m / s2
故 D正确。 15．μ=tanθ
故选 BCD。 【详解】对木楔受力分析，受重力、支持力、压力
13． 甲 D 在误差允许范围内， 和摩擦力，如图所示
以表示两力的线段为邻边做平行四边形，平行四边
形的对角线表示合力。
【详解】（1）实验中 F是由平行四边形得出的，而
F 是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的
方向相同，而由于实验过程不可避免的存在误差，
因此理论值 F的方向与竖直方向总要有一定夹角， 竖直方向
所以甲比较符合实验事实。 N F cos mg
（2）本实验研究合力与分力的关系，合力与分力 水平方向
是等效的，即使橡皮筋的形变相同，同一次实验过 f F sin
程中，O点位置不能变动，以保证橡皮筋伸长的长 最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，为
度相同，效果相同，故 D正确，ABC错误。 fmax N （F cos mg）
故选 D； 考虑摩擦自锁情况：不管多大的力 F均满足
（3）作出力 F f f1、F2、F 的图示，作出 F1、F2的 max
合力，如图所示： 即
F sin （F cos mg）
由于 m很小，故只要 tan 即可。
16．（1）16m/s2；（2）2.5×104N；（3） 2
【详解】（1）“伞降减速阶段”中，由牛顿第二定律
得
FT mg ma1
答案第 3页，共 4页
{#{QQABIQ4AggAgQBJAAAhCQQFQCgOQkACAAAoOhBAAoAIAgRFABCA=}#}
因此 mgS 1 mv2 1 mv2
a1 4g 16m/s
2 2 B 2 A
（2）由匀变速运动位移公式得 S = π 2R
v2 2 解得3 v2 2a1x
vA 3gR
因此“动力减速阶段”的加速度 18．（1）3m/s；（2）0.125m；（3）1.5m
v3 2 【详解】（1）从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，a2 1m/st 对物块与木板整体，根据动能定理有
由牛顿第二定律得 2mgL sin 1 2mv2
F mg ma 2 02
得 解得
F mg ma 2.5 104N v0 3m/s1
（3）设加速阶段加速度为 a3，减速阶段加速度为 （2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方
a4，且 a4=2a3，运动过程中最大速度为 vm，由 向沿斜面向下，设加速度大小为 a1，根据牛顿第二
v v 定律有m m 3
a a mg sin mg cos ma3 4 1
v2 2 解得m v m 6
2a 2a a1 11m/s
2
3 4
木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜
所以发动机需要提供使其减速的力为 面向上，设加速度大小为 a2，根据牛顿第二定律有
F1 ma4 mg cos mg sin ma2
维持悬停的力为 解得
F2 = mg a2 1m/s
2
因此发动机对探测器的作用力为 以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰
F F 2 F 2 2mg 撞后，经时间 t木板和物块达到共同速度 v，对木1 2
F 板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有
2 v v0 amg 1
t
v v a t
17．（1） gR；（2）0；（3） 3gR 0 2
解得
【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最 v 2.5m/s
高点 D，则在 D点有 v为正值，表示 v的方向沿斜面向下，设从木板第
v2m D mg 一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度 v的
R 过程中，木板沿斜面向上运动的位移大小为x1，根
解得
据匀变速直线运动的规律有
vD gR v2 20 v 2a1x1
解得
（2）由题知，小物块从 C点沿圆弧切线方向进入
轨道C
x1 0.125m
DE内侧，则在 C点有
（3）设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小
cos60 v B
v 为x2，根据匀变速直线运动的规律有C
v2 v2 2a x
小物块从 C到 D的过程中，根据动能定理有 0 2 2
1 解得
mg(R R cos60 ) mv2 1 2
2 D
mv
2 C x2 1.375m
则小物块从 B到 D的过程中，根据动能定理有 又
mgH 1 2 1 2
x x1 x2
BD mvD mv2 2 B 解得
联立解得 x 1.5m
vB gR，HBD = 0
（3）小物块从 A到 B的过程中，根据动能定理有
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{#{QQABIQ4AggAgQBJAAAhCQQFQCgOQkACAAAoOhBAAoAIAgRFABCA=}#}
