陕西省多校联考2025-2026学年高一下学期3月阶段检测物理试题（含解析）

陕西校联考第一阶段测试 2025-2026 学年下学期
高一物理试题
注意事项：
1 ．本试题共 8 页，满分 100 分，时间75 分钟。
2 ．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上。
3 ．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4 ．测试范围：必修 2（5-7 章节）
第 I 卷（选择题共 46 分）
一、选择题（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1 ．打水漂是一项休闲活动，核心是让扁平物体在水面连续弹跳。在某次用石子打水漂时，在空中竖直平面内有一段石子从 M 点运动到 N 点的轨迹 MN，如图所示。当石子经过 P 点时，下列关于石子速度 v 的方向、受到合力 F 的方向的图示可能正确的是( )
试卷第 1 页，共 9 页
A．
C．
B．
D．
2 ．如图所示，河的宽度为d ，虚线与河岸的夹角为37° ,两次渡河小船的船头均沿着虚线指向河的上游，第一次航程由A 指向B ，第一次渡河小船在静水中的速度为v0 ，第二次航程由A 指向C 。已知 AB 与河岸垂直，AC 与河岸的夹角为53° ,水流的速度保持不变，
sin53° = 0.8 、cos53° = 0.6 ，下列说法正确的是( )
3
A ．水流的速度为 v0
4
4d
(
5
v
)B ．第一次渡河的时间
0
C ．第二次渡河船在静水中的速度为2v0
试卷第 2 页，共 9 页
D．
12
第二次渡河船的实际速度为 v0 7
3 ．如图所示，在倾角为37° 、长为75cm的固定斜面中点固定一长度为2.5cm 竖直直杆，可视为质点的小球从斜面顶端以一定的初速度水平抛出，取重力加速度为10m/ s2 ，
sin37 ° = 0.6 ，cos37 ° = 0.8，为了使小球能够越过直杆后落到斜面上，则小球平抛的初速度可能为( )
A ．1.0m/ s B ．1.8m/ s C ．2. 1m/ s D ．2.5m/ s
4 ．在冬奥会短道速滑项目中，运动员绕周长仅 111m 的短道竞赛。运动员比赛过程中在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而摔离正常比赛路线。图中圆弧虚线 Ob 代表弯道，即正常运动路线，Oa 为运动员在 O 点时的速度方向（研究时可将运动员看作质点）。下列论述正确的是( )
A ．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
B ．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需要的向心力
C ．若在 O 点发生侧滑，则滑动的方向沿 Oa 方向
D ．若在 O 点发生侧滑，则滑动的方向在 Oa 右侧与 Ob 之间
5 ．下图为皮带传动装置的示意图，右轮半径为r，A 是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r ，小轮半径为 2r 。小轮上的 B 点到其中心距离为r。C 点和 D 点分别位于小轮和大轮的边缘上。传动过程中皮带不打滑，那么关于 A 、B 、C、D 点的线速度v 、角速度
w 、向心加速度a 的关系正确的是( )
A ．wA = wB B ．vA > vC
C ．aA = aD D ．aA < aB
6 ．如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A 和B ，A 、 B 的质量均为m ，它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA = r ，RB = 2r ，A 、B 与圆盘间的动摩擦因数相同且均为μ 。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 重力加速度为g ，圆盘转速缓慢增加，当A 、B 与圆盘间即将出现相对运动时，下列说法正确的是( )
A ．此时A 和B 所受摩擦力方向均指向圆心
B ．此时绳子拉力大小为T = 2μmg
C ．此时圆盘的角速度 w
D ．此时烧断绳子，物体A 和B 仍将随盘一起转动
7 ．2025 年 11 月 3 日，我国在文昌航天发射场成功发射遥感四十六号卫星，该卫星由长征七号改运载火箭送入轨道，主要用于防灾减灾、国土资源勘察及气象监测。已知遥感四十六
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号卫星的运行轨道距离地面的高度为 h，环绕周期为 T，地球可看作半径为 R 的均质球体，下列说法正确的是( )
2π R
A ．遥感四十六号卫星的环绕速度为
T
B ．遥感四十六号卫星的环绕速度大于第一宇宙速度
C ．遥感四十六号卫星的向心加速度大小为
D ．地球的第一宇宙速度为
二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
8．如图所示，将一弹簧枪水平固定在风洞内距水平地面高度H = 5 m 处，质量m = 1 kg 的小球以速度v0 = 5 m / s 从弹簧枪枪口水平向右射出，小球在空中运动过程中始终受到水平向左的风力作用，风力大小恒为F = 2N ，小球落到地面上的 A 点，重力加速度 g 取 10m/s2。以下说法正确的是( )
A ．小球做匀变速曲线运动
B ．小球在空中运动时间大于 1s
C．A 点与弹簧枪枪口水平距离为 4m
D ．小球落地时的速度大小为 13m/s
9 ．如图是一皮带传动装置的示意图，右轮半径为 r，A 是它边缘上的一点。左侧是一轮轴，大轮半径为4r ，小轮半径为 2r 。B 点在小轮上，到小轮中心的距离为r 。C 点和D 点分别 位于小轮和大轮的边缘上。如果传动过程中皮带不打滑， 那么关于A、B、C、D 点，以下说
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法正确的是( )
A ．线速度之比是1:1: 2 : 4
B ．角速度之比是2 :1:1:1
C ．周期之比是1:1: 2 : 2
D ．向心加速度之比是4 :1: 2 : 4
10 ．哈雷彗星的运动轨道是一个非常扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为r1 ，在远日点与太阳中心的距离为r2 ，若地球的公转轨道可视为半径为r 的圆轨道，哈雷彗星的公转周期为T ，引力常量为G ，下列说法正确的是( )
(
2
1
r
r
)
B ．在近日点与远日点的速度大小之比为
C ．在两轨道交点处，地球和彗星的向心加速度不同
D ．彗星在近日点的速度大于地球的公转速度
第 II 卷（非选择题共 54 分）
三、实验题（共 2 小题，合计 14 分，每空 2 分）
11．在“探究平抛运动的特点”实验中，某学习小组用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ 滑下后从Q 点飞出，落在水平挡板MN 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
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(1)下列实验条件必须满足的有 ；（多选，填写正确答案标号）
A ．斜槽轨道光滑
B ．斜槽轨道末段水平
C ．每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球
D ．图中挡板MN 每次必须等间距下移
(2)如图乙所示，在描出的轨迹上取A, B, C 三点，AB 和BC 的水平间距相等且均为x0 ，竖直
间距分别是y1 和y2 ，若 A 点是抛出点，x0 = 40cm，y1 = 20cm，y2 = 60cm ，g 取10m / s2 ，则钢球平抛的初速度大小为 m / s （结果保留 2 位有效数字）
(3)如图乙所示，若A 点不是抛出点，以A 点为坐标原点，沿水平和竖直方向建立平面直角坐标系，在描出的轨迹上取A、B、C 三点，AB 和BC 的水平间距相等且均为x0 = 20cm ，竖直间距y1 = 10cm 和y2 = 20cm ，g 取10m / s2 。则抛出点的坐标为 （已知x 轴、y 轴坐标单位均为cm ）。
12 ．(1)卡文迪什利用如图 1 所示的扭秤实验装置测量了引力常量，横梁一端固定有一质量为 m、半径为 r 的均匀铅球 A，旁边有一质量为 m、半径为 r 的相同铅球 B ，A 、B 两球表面的最近距离为 L，两球间的万有引力大小为 F。则可以表示出引力常量 G= 。
(2)在下列的实验中，与“卡文迪什扭秤实验” 中测量微小量的思想方法最相近的是( ) A ．探究力的合成规律
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B ．通过平面镜观察桌面的微小形变
C ．探究加速度与力、质量的关系
D ．探究小车速度随时间变化的规律
(3)2050 年，我国宇航员登上某一未知天体，已知某天体半径为 R、现要测得该天体质量，
宇航员用如图 2 甲所示装置做了如下实验：悬点 O 正下方 P 点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图 2 乙所示。a 、b 、c 、d 为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续 拍照的时间间隔为 0. 10s，照片中坐标为物体运动的实际距离，已知引力常量为 G，则：
①由以实验数据，可推算出该星球表面的重力加速度 g 为 m/s2 ；（保留两位有效数字）
②该星球质量为 。（用 G 、R 、g 表示）
四、解答题（共 40 分，解答应写出必要的文字说明、物理公式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单 位。）
13 ．如图为某小组设计的在竖直平面内的游戏装置示意图，AB 是半径为R = 1m 、圆心为O1的 圆形轨道，底端 B 点切线水平，B 点与水平面Ⅰ的高度差为h1 = 2m ；CD 是倾角为θ = 53°的轨道，高为h2 = 1.2m ，CD 与水平轨道 DE 平滑连接（物体经过 D 点时速度大小不变）；E点与水平面Ⅱ的高度差为h3 = 2.45m ；水平面Ⅱ上方空间有一个鼓风装置，能产生水平向左的风力 F；水平面Ⅱ上有一水平直轨道 OH，轨道上有一个可移动的着陆平台 P（不计着陆平台的形状大小），着陆平台与竖直面 EO 的水平距离记为 x（ x ≥ 0 ，O 为一维坐标 x 轴的原
点）。游戏时， 一质量为m = 1kg 的小滑块 Q（视为质点）从 AB 上某处静止释放，从 B 点水
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平飞出后恰好从 C 点无碰撞地滑入轨道 CD，随后从 E 点水平飞出，小滑块经过 E 点时鼓风装置开始持续送风，在风力 F 持续作用下小滑块直接落在着陆平台P 上（设小滑块落在平台 P 上立即静止）。所有接触面均光滑，不计其他阻力， sin53° = 0.8 ，cos53° = 0.6 。求：
(1)小滑块到达 C 点时的速度大小vC ；
(2)小滑块从 B 点飞出的速度大小vB 和在 B 点时受到的轨道作用力FN 的大小；
(3)①若风力 F 为恒力，写出风力 F 与 x 之间的关系式。
②若风力 F 满足F = kt ，k 为常量，小滑块 Q 经过 E 点时为t = 0 时刻，要使小滑块竖直地落到着陆平台 P 上，求 k 的大小。
14 ．如图所示，半径为 2r 的水平圆盘距地面的高度 h，质量均 m 的 A 、B 两个物块，均可 看成质点，用一根不可伸长的轻绳连在一起，轻绳经过圆盘圆心，A 、B 两物块的转动半径 rA = r ，rB = 2r （B 在转盘边缘）。A 和 B 一起随圆盘绕竖直中心轴OO ' 转动（O ' 为转盘圆心在地面沿竖直方向的投影），转动角速度w 从零开始缓慢增大，直到有物块相对圆盘运动为止。它们与圆盘间的动摩擦因数均为 μ 。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度为 g，求：
(1)当绳上恰好出现拉力时，圆盘的角速度w1 大小；
(2)绳上出现拉力后，随着角速度的缓慢增加，是否有物体受到的摩擦力为零？如果有，求
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出此时圆盘角速度大小w2 ；
(3)若水平圆盘距地面的高度为h ，随着角速度进一步缓慢增加，两物块相对圆盘滑动，假设滑动瞬间绳子断裂，求 B 落地的位置与O ' 之间的距离。
15．在轨空间站中物体处于完全失重状态，对空间站的影响可忽略，空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆，每根臂杆长为L ，如图 1 所示，机械臂一端固定在空间站上的O 点，另一端抓住质量为m 的货物，在机械臂的操控下，货物先绕O 点做半径为2L 、角速度为 w 的匀速圆周运动，运动到A 点停下，然后在机械臂操控下，货物从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经时间t 到达B 点，A 、B 间的距离为L 。
(1)求货物做匀速圆周运动时受到合力提供的向心力大小Fn ；
(2)求货物运动到B 点时的速度；
(3)在机械臂作用下，货物、空间站和地球的位置如题图 2 所示，它们在同一直线上，货物 与空间站同步做匀速圆周运动，已知空间站轨道半径为r ，货物与空间站中心的距离为d ，忽略空间站对货物的引力，求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比F1 : F2 。
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1 ．B
当石子经过 P 点时，石子速度 v 的方向应为轨迹的切线方向，且受到合力 F 应指向轨迹的凹侧，故 B 选项的图示可能正确。
故选 B。
2 ．D
AB ．第一次渡河小船在静水中的速度为v0 ，由速度的矢量合成可得水流的速度为
船的实际速度为v1 = v0sin v0
所以第一次渡河的时间为t ，故 AB 错误；
CD ．设第二次渡河船在静水中的速度为v船2 ，实际速度为v2 ，把v船2 和v2 分别沿着河岸和垂
直河岸分解，则有v船2sin37° = v2sin53° , v船2cos37° - v水 = v2cos53°联立解得v v0 ，v船 v0 ，故 C 错误，D 正确。
故选 D。
3 ．B
若小球刚好能够从竖直杆顶端划过，则小球到达竖直杆顶端时的水平位移
竖直位移y = 75 cm sin 37° 1 - 2.5cm = 0.2m
2
由平抛运动规律得x = v0t ，y gt2
联立解得v0 = 1.5m / s
若小球刚好能够到斜面底端，由平抛运动规律得x, = v0,t, ，y gt,2
又x, = 75cm cos 37° , y, = 75cm sin 37°联立解得v0, = 2m / s
为了使小球能够越过直杆后落到斜面上，则小球平抛的初速度满足1.5m / s < v0 < 2m / s故选 B。
4 ．D
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A．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向偏离圆心，而不是背离圆心，故 A 错误；
B ．发生侧滑是因为运动员受到的合力小于所需要的向心力，故 B 错误；
CD ．发生侧滑时，运动员所受合力仍提供向心力，只是合力不足，运动员做逐渐远离圆心的运动，故 D 正确，C 错误。
故选 D。
5 ．C
B．皮带传动过程中，与皮带接触的边缘点的线速度大小均相等，则有vA = vC ，故B 错误；
A ．同轴转动物体上各质点的角速度均相等，则有 wB = wC = wD根据线速度与角速度的关系有vA = wAr ，vB = wBr ，vC = wC . 2r结合上述解得 wA = 2wB ，故 A 错误；
CD ．根据向心加速度与角速度的关系有aA = wr ，aB = wr ，aC = w . 2r ，aD = w . 4r
结合上述解得aA = 4aB ，aA = aD ，故 C 正确，D 错误。
故选 C。
6 ．C
ABC ．A 、B 两物体相比，B 物体所需要的向心力较大，当转速增大时，B 先有 滑动的趋势，此时B 所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A 所受的静摩擦力沿半径背离圆心，当刚要发生相对滑动时，以B 为研究对象，有T + μmg = 2mw2r
以A 为研究对象，有T - μmg = mw2r
由以上两式得T = 3μmg ， w ，故 AB 错误，C 正确；
D ．若烧断绳子，由摩擦力提供向心力，对A 物体有 μmg = mwr
解得
对B 物体有 μmg = mw . 2r ，
解得w，则 A 、B 的向心力都不足，都将做离心运动，D 错误。
故选 C。
答案第 2 页，共 10 页
7 ．D
A ．根据万有引力定律和匀速圆周运动规律，遥感四十六号卫星的轨道半径r = R + h
万有引力提供向心力G
其中M为地球质量， m 为卫星质量。由此可得环绕速度v ，故 A 错误；
C ．向心加速度a ，故 C 错误；
B ．第一宇宙速度（最小环绕速度）为v
由于轨道半径 r = R + h > R ，环绕速度 v v1 ，故 B 错误；
D ．由卫星周期与轨道关系 得GM
第一宇宙速度v ，故 D 正确。
故选 D。
8 ．AC
A ．因为小球水平方向受到恒定的风力作用，竖直方向受重力作用，根据力的合成可知小球所受的合外力不变，与初速度不在同一条直线上，小球做匀变速曲线运动，故 A正确；
B ．小球在竖直方向做自由落体运动，根据Hgt2可知，落地所需时间t s ，故 B 错误；
C ．小球水平方向根据牛顿第二定律F = ma解得，加速度大小为a m / s2
小球在水平方向做匀减速运动的位移xOA = v0t at2解得xOA = 4m ，故 C 正确；
D ．小球落地时水平方向速度vx = v0 - at = 3m/s
答案第 3 页，共 10 页
竖直方向速度vy = gt = 10 m / s
则小球落地时的速度大小为v m / s ，故 D 错误。
故选 AC。
9 ．BD
ABC ．由皮带传动的特点有vA = vC
由同轴转动的特点有 wB = wC = wD根据线速度与角速度的关系v = wR可得vB : vC : vD = 1: 2 : 4
所以vA : vB : vC : vD = 2 :1: 2 : 4 ， wA : wC = 2 :1
所以 wA : wB : wC : wD = 2 :1:1:1
由T ，可得TA : TB : TC : TD = 1: 2 : 2 : 2 ，故 AC 错误，B 正确；
D ．根据向心加速度与角速度的关系a = w2R ，可得 aA : aB : aC : aD = 4 :1: 2 : 4 ，故 D 正确。故选 BD。
10 ．CD
A ．根据开普勒第三定律及万有引力充当向心力的公式，可知 其中a 为椭圆轨道半长轴，有a
M 为中心天体的质量，公式中无法求解绕行天体的质量，即哈雷彗星的质量不可求，故 A错误；
B ．由开普勒第二定律，彗星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等。在近日点和远日点，速度方向与矢径垂直，短时间 Δt 内扫过的面积为Sv1Δt = Sv2Δt
所以r1v1 = r2v2
解得速度大小之比 ，故 B 错误；
C ．地球做匀速圆周运动，合加速度等于向心加速度，有大小为m地a地 r
解得a地
答案第 4 页，共 10 页
彗星做椭圆运动，r 为交点到太阳的距离，在交点处的合加速度a彗
但合加速度可分解为法向加速度和切向加速度，向心加速度仅为合加速度的法向分量，与地球的向心加速度不同，故 C 正确；
D ．对地球而言，万有引力充当向心力，即G m地 地球公转速度v地
彗星在近日点做椭圆运动，因需做离心运动远离太阳，其速度大于以r1 为半径的圆轨道速度，根据万有引力公式可求出圆轨道速度为v圆
由题图可知，r1 < r ，
所以
故彗星近日点速度v1 > v圆 > v地 ，故 D 正确。
故选 CD。
11 ．(1)BC
(2)2.0
(3) (-10, -1.25)
（1）AC.为了保证每次钢球抛出的速度相同，每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球但斜槽轨道不需要光滑，A 错误，C 正确；
B.为了保证钢球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末段需要调节水平，B 正确；
D.挡板只要能记录下钢球在不同高度时的不同位置，故图中挡板MN 每次不需要等间距下移， D 错误。
故选 BC。
（2）钢球做平抛运动，在竖直方向有 △y = y2 - y1 = gt2代入数据解得t = 0.2s
在水平方向有v
答案第 5 页，共 10 页
代入数据解得v0 = 2.0m/s
（3）钢球做平抛运动，在竖直方向有 △y = y2 - y1 = gt2
代入数据解得t = 0. 1s
在水平方向有v 代入数据解得v0 = 2.0m/s
根据匀变速直线运动一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，B 点在竖直方向的分速度为vB丄 m/s
所以钢球从抛出点到B 点的运动时间为ts钢球从抛出点到B 点的水平距离为x = v0t1 = 0.3m
钢球从抛出点到B 点的竖直距离为y gtm
所以抛出点的坐标为y ' = y1 - y = -1.25cm ，x ' = x1 - x = -10cm抛出点的坐标为(-10, -1.25）。
(2)B
(
gR
2
)(3) 8.0
G
（1）根据万有引力计算公式F = G 所以G
（2）A ．“卡文迪什扭秤实验” 中测量微小量的思想方法为放大法，而探究力的合成规律的实验中，运用的科学思想方法为等效替代法，故 A 错误；
B ．通过平面镜观察桌面的微小形变，采用放大法，故 B 正确；
C ．探究加速度与力、质量的关系采用控制变量法，故 C 错误；
D ．探究小车速度随时间变化的规律中采用归纳法，故 D 错误。
故选 B。
（3）[ 1] 由图可知，小球做平抛运动竖直方向有 Δy = 2L = gT2代入数据解得g = 8.0m/s2
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[2]根据万有引力与重力的关系G mg可得M
13 ．(1) vC = 5m / s
(2) vB = 3m / s ，FN = 19N
(3)①F = 20 - x (N )(0 ≤ x ≤ 4.9m) ；②k N / s
（1）设小滑块到达 C 点时竖直方向的速度大小为vCy ，根据匀变速直线运动规律可得vCy 2 = 2g (h1 - h2)
解得vCy = 4m / s
由运动的合成与分解可得vC m/s
（2）根据运动的合成与分解可得vB = vCx = vC cos θ = 3m / s B 点由牛顿第二定律可得FN - mg = m
解得FN = 19N
（3）①小滑块从 C 至 D 匀加速，由牛顿第二定律可得mg sinθ = ma解得a = gsinθ = 8m / s2
由匀变速直线运动规律可得v 解得vD = 7m / s
小滑块匀速运动至 E 处做类平抛运动，水平方向的初速度v = vE = =vD 7m / s
竖直方向自由落体hgt2解得t = 0.7s
水平方向匀减速x = vt ax t2解得ax x
由牛顿第二定律可得F = max (0 ≤ x ≤ 4.9m)
答案第 7 页，共 10 页
②小滑块竖直落到着陆平台时vx 刚好减小到 0，则有 a kt运动时间t1 = t = 0.7s
由ax, - t 图像物理意义可知 kt1 . t1 = 7m / s
解得k N / s
14 ．
(2)A 受到的摩擦力为零，
(3) 6r
（1）绳上恰好出现拉力时，B 与转盘之间为最大静摩擦力，由最大静摩擦力提供其向心力，则有 μmg = mw . 2r
解得圆盘的角速度为
即当绳上恰好出现拉力时，圆盘的角速度w1 大小为 。
（2）绳上出现拉力后，随着角速度的缓慢增加，B 所受摩擦力仍然为最大静摩擦力，由摩擦力与绳的拉力的合力提供向心力，由于绳的拉力等于由于 B 角速度增大而增大的向心力，而 A 由于角速度增大而增大的向心力小于绳的拉力，可知，开始时 A 所受摩擦力减小，当 A 所受摩擦力减为 0 时，对物体 B 受力分析有F + μmg = mwr
对物体 A 受力分析有F = mwr
解得w
（3）当圆盘的角速度大于时，此时对物体 B 受力分析有F + μmg = mw2 . 2r对物体 A 受力分析有F - fA = mw2r
答案第 8 页，共 10 页
答案第 9 页，共 10 页
联立两式可得fA = mw2r - μmg （ w ≥
)
(
μ
g
r
)可知，随着角速度的缓慢增加，A 物体受到的摩擦力又逐渐增大，当 A 物体受到的静摩擦力达到最大值时，两物块即将相对圆盘滑动，即有 μmg = mwr - μmg
解得 w
此时物体 B 的速度v = w3 . 2r
此后物体 B 将做平抛运动，则有hgt2 ，x = vt联立两式代入数据可得x = 42r
由几何关系可知， B 落地的位置与O ' 之间的距离Lr
15 ．(1) 2mw2L
（1）质量为 m 的货物绕O 点做匀速圆周运动，半径为2L ，根据牛顿第二定律可知
F = mw2 . 2L = 2mw2L
n
（2）货物从静止开始以加速度a 做匀加速直线运动，根据运动学公式可知Lat2解得a
货物到达B 点时的速度大小为v = at
（3）空间站和货物同轴转动，角速度 w0 相同，对质量为m0 的空间站，质量为M 的地球提供向心力则有G m0 wr
解得GM = wr3
货物在机械臂的作用力F1 和万有引力F2 的作用下做匀速圆周运动，则有F2 - F1 = mw(r - d)
货物受到的万有引力F
解得机械臂对货物的作用力大小为 mw = mw
则
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