2020-2021学年山东省菏泽市高三（上）期中物理试卷（A卷）（Word+答案）

2020-2021学年山东省菏泽市高三（上）期中物理试卷（A卷）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题只有一项是符合题目要求的.
1．（3分）如图所示，在一端封闭的的光滑细玻璃管管中注满清水，水中放一个蜡块块，蜡块块在匀速上浮的的同时，玻璃管沿水平方向做匀加速直线运动，以初始位置为坐标原点，蜡块的运动轨迹可能为（　　）
A．直线Oa
B．曲线Ob
C．曲线Oc
D．曲线Od
2．（3分）李老师给他的学生讲了龟兔沿赛道赛跑的故事，故事情节中兔子和乌龟运动的x﹣t图象如图所示。请你根据图象中的坐标，并结合物理知识判断以下说法正确的是（　　）
A．乌龟沿直线赛道运动，兔子沿曲线赛道运动
B．兔子和乌龟是从同一地点同时出发
C．兔子乌龟在比赛途中相遇过两次，在t4时刻乌龟追上兔子
D．0～t6时间内乌龟的平均速度小于兔子的平均速度
3．（3分）如图所示为自行车车链条传动示意图，大齿轮半径2R、小齿轮半径R、后轮的半径为4R，它们边缘分别有三个点a、b、c。当脚踏板带动大齿轮匀速转动时，下列说法中正确的是（　　）
A．a、b、c的线速度之比为2：1：4
B．a、b、c的角速度之比为1：2：2
C．a、b、c的运动周期之比为1：2：2
D．a、b、c的向心加速度之比为1：2：4
4．（3分）如图所示，20块相同的木块并排在一起固定在水平地面上，子弹以初速度v0正对木块射入，当子弹穿过第20块木块后速度恰好变为0。子弹从进入第一块到速度为零所用时间为t，若将子弹视为质点，已知子弹在各木块中运动的加速度都相同。则下列判断正确的是（　　）
A．子弹穿过前10块木块所用的时间是
B．子弹穿过前15块木块所用的时间大于
C．子弹穿过前10块木块时速度变为
D．子弹穿过前15块木块时速度变为
5．（3分）汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度v与拉力F大小倒数的v﹣图象。已知汽车在平直路面上由静止启动，ab平行于v轴，bc反向延长过原点O。已知阻力是车重的0.2倍，汽车质量为2×103kg，下列说法正确的是（　　）
A．汽车由b到c过程做匀加速直线运动
B．汽车从a到b持续的时间为20s
C．汽车额定功率为60kW
D．汽车能够获得的的最大速度为12m/s
6．（3分）人们经常利用“打夯”的方式将松散的地面夯实，如图所示，在某次打夯过程中，甲、乙两人通过绳子对重物各施加一个力，将重物提升到距地面80cm后重物做自由落体运动把地面砸结实。已知重物从接触地面到速度为零用时0.05s，重物的质量为60kg，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．重物下降过程中，机械能变小
B．重物上升过程中，机械能守恒
C．在接触地面到速度为零的过程中，重物对地面的平均作用力为6000N
D．在接触地面到速度为零的过程中，地面对重物作用力的冲量大小为270N?s
7．（3分）地面第五代移动通信（5G）已经进入商用，卫星通信与地面5G的融合成为卫星界和地面界讨论的新热点。相比地面移动通信网络，卫星通信利用高、中、低轨卫星可实现广域甚至全球覆盖，可以为全球用户提供无差别的通信服务，在地面5G网络无法覆盖的偏远地区、飞机上或者远洋舰艇上，卫星可以提供经济可靠的网络服务，将网络延伸到地面网络无法到达的地方，如表表给出了不同轨道通信卫星特点。关于通信卫星，以下说法正确的是（　　）
卫星通信类别
轨道高度范围
特点
低轨道（LEO）卫星通信
500～2000km
传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都小
中轨道（MEO）卫星通信
2000～20000km
传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都变大（相比LEO），但小于GEO
高轨道（GEO）地球同步卫星通信
35786km
技术最为成熟，但传输延时长，链路损耗损大，在实时通信中存在显著延迟。
A．各轨道通信卫星的运行轨道中心一定是地心
B．各轨道通信卫星的运行周期都是24小时
C．高轨道通信卫星的向心加速度与地球表面赤道上静止物体的向心加速度相同
D．各轨道通信卫星的运行速度都大于7.9km/s
8．（3分）如图所示，物体P叠放在物体Q上，P、Q的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们沿倾角为θ的固定斜面一起以加速度a加速下滑，已知重力加速度为g，Q与斜面间的动摩擦因数为μ，则（　　）
A．P可能不受静摩擦力作用
B．若Q受到静摩擦力作用，则方向可能沿斜面向上
C．Q受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ
D．Q与斜面间的动摩擦因数μ＜tanθ
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，有选错的得0分。
9．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．跳高运动员起跳时，地面对人的支持力大于人对地面的压力
B．做曲线运动的物体，加速度可能不变
C．小孩在荡秋千的过程中，经过最低点时小孩处于超重状态
D．研究足球运动员如何踢出“香蕉球”时，可以将球视为质点
10．（4分）“太极球”是较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上。现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的a、b、c、d位置时球与板间无相对运动趋势。a为圆周的最高点，c为最低点，b、d与圆心O等高。设球的质量为m，重力加速度为g，不计板的重力。则（　　）
A．小球做匀速圆周运动时所受合外力为零
B．小球在b位置时平板可处于竖直方向
C．小球在c处受到板的弹力比在a处受到的弹力大2mg
D．小球在b、d两位置受到板的弹力大小相等
11．（4分）两根固定直杆组成V字形，如图所示，两杆夹角为30°，其中OE杆竖直，OF杆光滑。轻弹簧的一端固定在E点，另一端连接质量为m＝0.1kg的小球套在OF杆上。某时刻，小球从静止开始自F点沿杆下滑，到达M点时弹簧恢复原长，越过M点后继续下滑。已知EF垂直于OE，EM垂直于OF，∠OEN＝30°，弹簧原长为0.45m，g取10m/s2。则以下说法正确的是（　　）
A．小球沿杆下滑过程中，在M点弹簧的弹性势能最小
B．小球从F点运动到N点的过程中，机械能守恒
C．小球达到N点时，速度为3m/s
D．小球达到N点时，重力的瞬时功率为3W
12．（4分）2022年冬奥会跳台滑雪比赛将在北京国家跳台滑雪中心进行。如图所示为滑雪运动员备战冬奥的训练场景：运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定初速度后水平飞出，设运动员从a点水平飞出时的速度大小为v0，飞出后在空中的姿势保持不变，倾斜的雪地坡面足够长且与水平方向夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则（　　）
A．运动员刚要落到坡面上时的速度大小为
B．运动员在空中经历的时间为
C．运动员在空中经历时间为时，距离斜面最远
D．运动员水平飞出的速度增大，落到斜面上时与斜面间的夹角保持不变
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．（6分）实验室中都备有气垫导轨这一实验仪器，如图所示。它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。某物理学习小组利用气垫导轨以及光电门计时器进行“验证动量守恒定律”这一实验。滑块1上安装挡光片；滑块1上有撞针，滑块2上有橡皮泥，用天平分别测出两滑块的质量m1、m2；调整气垫导轨，使导轨处于水平；接通电源，将滑块2静置于两光电门之间，滑块1放左侧压缩橡皮条后放手。记录滑块1通过光电门1的挡光时间t1以及滑块1通过光电门2的挡光时间t2。
（1）用d表示挡光片的宽度，滑块1到达光电门1时的速度可以表示为v1＝　
　；
（2）本实验中，滑块1与滑块2碰撞后黏在一起，在碰撞前后，滑块1、滑块2组成的系统总动能　
　（选填“损失最大”、“损失最小”、“不变”）；本实验中挡光片的宽度d　
　（选填“需要”、“不需要”）测量出具体数值；
（3）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式为　
　（用对应的物理量符号表示）。
14．（8分）某同学受到阿特伍德机工作原理的启发，设计了一个验证牛顿第二定律的实验。如图所示，托盘（包含内部砝码）A、B的总质量分别为m1、m2，用轻质不可伸长的细绳连接后跨在定滑轮（轮轴无摩擦）两端，两托盘离地足够高。实验中，始终保证m1＞m2，先固定托盘A、B，在B底部用夹子夹住纸带，并在其下方安装好打点计时器，并打开电源，松开固定装置，可得出清晰地纸带。实验中得到某条纸带如图乙所示，打点计时器打点周期为T，在某段中取连续五个点，相邻两个点之间的距离依次为x1、x2、x3、x4，重力加速度为g。
（1）A、B组成的系统加速度a＝　
　（用x1、x2、x3、x4、T表示）。
（2）验证牛顿第二定律实验时需要验证的等式为　
　。
（3）在两盘中增减砝码进行多次试验，探究质量、合外力、加速度关系，当保持　
　不变时，可探究A、B系统的加速度与合外力的关系；当保持　
　不变时，可探究A、B系统的加速度与总质量的关系（用m1、m2表示）。
（4）这位同学突然想到一问题，若不考虑其他因素，只是不断增大左边托盘A的质量，那么系统的加速度将不断增大，则最终系统的加速度的值会趋于　
　（用物理量符号表示）。
15．（8分）ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称，已经越来越普及了，给人们带来了很大的便利，节省了时间，最大程度的减少了高速公路收费站堵车问题。当汽车以v＝13m/s的速度到达收费站前方，通过ETC通道以前，要求在收费站中心线前方x0＝10m处减速至v'＝5m/s，匀速行驶到达中心线后，再加速恢复至原速度行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为a＝2m/s2。求：
（1）汽车需在距离匀速行驶区域前多远的地方开始减速；
（2）汽车从开始减速到再次恢复到原速度需要的时间。
16．（10分）三角形具有稳定性，生活中随处可见利用三角形支架固定的物体。浴室里洗手盆下的支架、空调外挂机的支架、手机支架……等等如图甲所示。现有一个悬挂物体的支架，如图所示乙所示，倾斜支撑杆a瑞用可自由转动的铆钉固定在墙上，拉杆bO左端可上下移动并且可伸缩以便调节拉杆的长度，轻绳一端固定在O点，另一端悬挂重物。已知初始时bO杆水平，aO杆与竖直方向成60°角，悬挂物质量为m，另一端悬挂重物。已知初始时bO杆水平，aO杆与竖直方向成60°角，悬挂物质量为m，重力加速度为g。求：
（1）初始状态下，aO、bO杆的作用力分别为多少；
（2）保持O点不动，调节拉杆的长度同时左端向上移动到某点c后固定，可使拉杆上的作用力最小，此时cO与竖直墙面的夹角为多少？此时aO、cO的作用力分别为多少？
17．（12分）如甲图所示为某物理学习小组设计的探究空气阻力的实验装置。斜面固定且足够长，倾角为θ＝30°，斜面上有一个滑块，并在滑块上固定传感器和一个挡板。让带有挡板的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中挡板平面与滑块运动方向垂直。已知滑块和挡板总质量为m＝1kg，计算机描绘出其由静止释放到匀速运动过程的加速度﹣速度图象，如乙图所示。计算机显示当t＝3s时，物块恰好达到最大速度，g取10m/s2。求：
（1）列式证明挡板受的空气阻力与运动速率的关系（f＝kv或者f＝kv2，k为某定值）；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）k的值。
18．（16分）想必很多同学在游乐场玩过翻滚过山车这一项惊险刺激的娱乐项目，如图甲所示。某物理兴趣小组根据过山车的设计理念，重新设计了如图丁所示的原理图进行玩具轨道设计。左侧先用两根光滑的细铜丝制成倾斜轨道，圆轨道部分底端两侧与水平地面相切，右有侧用倾斜轨道连接，两根铜丝间距离小于小球直径，整个轨道固定在竖直平面内。制作完成后进行实验，小球1自A点由静止释放，沿斜轨道运动后经过圆轨道最高点B，继续运动到圆轨道最低点C，而后与停放在最低点右侧水平轨道上的小球2发生弹性碰撞，碰撞后小球2继续向前运动经过右侧倾斜直轨道后从末端D点抛出。已知钢球1释放点A距离地面H＝0.45m，圆轨道半径R＝0.05m，小球1、2质量均为m＝50g，右侧倾斜直轨道部分与水平面间夹角为45°，D点距离地面高度h＝0.05m，g＝10m/s2，不计一切阻力。求：
（1）小球1在经过圆轨道最低点C时对轨道的压力；
（2）两小球碰撞后瞬间小球2的速度；
（3）小球2从D点抛出后距地面的最大距离。
2020-2021学年山东省菏泽市高三（上）期中物理试卷（A卷）
试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题只有一项是符合题目要求的.
1．解：小圆柱R在竖直方向为匀速运动，水平方向为匀加速直线运动，则可知合力沿x轴正方向，可知图象为向右弯曲的抛物线，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．解：A、在x﹣t图象中描述的是直线运动，不是曲线运动，故A错误；
B、由图位移图象可知：兔子和乌龟是在同一地点，但不是同时出发的，兔子比乌龟迟出发t1时间，故B错误；
C、在比赛中，兔子和乌龟两次位移相同，表示相遇两次，在t4时刻乌龟追上兔子，故C正确；
D、图中反映乌龟在t6时刻到达终点时，兔子还没有到达终点，所以乌龟在0～t6时间内乌龟的平均速度大于兔子的平均速度，故D错误。
故选：C。
3．解：A、a、b两点在传送带上，是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，即va＝vb；b、c两点属于同轴转动，故角速度相等，即ωb＝ωc，根据v＝ω?r，由于rc＝4R，rb＝R，则vc＝4vb，所以可知a、b、c的线速度比为1：1：4，故A错误；
B、b、c两点属于同轴转动，故角速度相等，即ωb＝ωc，又由于va＝vb，根据v＝ω?r，根据题意ra＝2R，rb＝R，可知2ωa＝ωb，所以a、b、c的角速度之比为1：2：2，故B正确；
C、根据T＝和B选项结论，可知a、b、c的运动周期之比为2：1：1，故C错误；
D、b、c两点的角速度是相等的，根据公式an＝ω2r，由题意可知rc＝4R，rb＝R，所以ac＝4ab，由于a、b两点的线速度相等，根据公式an＝，由题意可知ra＝2R，rb＝R，所以有：aa＝ab，故a、b、c的向心加速度之比为1：2：8，故D错误。
故选：B。
4．解：A、子弹做匀减速运动穿过第20块木板后速度变为0，运用逆向思维法，子弹反向做初速度为零的匀加速直线运动，
设每块木板的厚度为s，则有：ns＝atn2
当n＝20时，有：20s＝at2
子弹穿过前10块木块后n＝10，
则有：10s＝at102
所以有：t10＝t。
因此子弹穿过前10块木块所用的时间是t﹣t，故A错误；
B、穿过前15块木板，即n＝5，有：5s＝at52
联立解得：t5＝，所以子弹穿过前15块木块所用的时间为：t﹣＝，故B错误；
C、子弹穿过第20块木板，由速度﹣位移公式得：＝2a?20s
设子弹穿过前10块木块时速度为v1，由速度﹣位移公式得：＝2a?10s
联立解得：v1＝v0，故C错误；
D、子弹穿过前15块木块时速度为v2，由速度﹣位移公式得：＝2a?（20﹣15）s
联立解得：v2＝v0，故D正确。
故选：D。
5．解：汽车所受阻力是车重的0.2倍，汽车受到的阻力f＝kmg＝0.2×2×103×10N＝4×103N，汽车运动过程所受阻力不变；
A、由功率公式P＝Fv可知v＝P，v﹣图象的斜率k＝P，由图示图象可知，由b到c过程，v与成正比，则汽车的功率P不变，该过程汽车的速度不断增大，牵引力F不断减小，由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，由于F不断减小，加速度a不断减小，汽车做加速度不断减小的加速运动，故A错误；
B、由图示图象可知，在ab段不变，汽车的牵引力F不变，汽车所受合力不变，器材做匀加速直线运动，由图示图象可知，该阶段＝×10﹣3N，汽车的牵引力F＝5000N，由牛顿第二定律得；F﹣f＝ma，代入数据解得：a＝0.5m/s2，由图示图象可知，在b时汽车的速度v＝10m/s，从a到b过程持续时间t＝s＝20s，故B正确；
C、到b时汽车的功率达到额定功率，汽车的额定功率P额＝Fv＝5000×10W＝5×104W＝50kW，故C错误；
D、当汽车功率是额定功率，汽车做匀速直线运动时，汽车的速度最大，汽车做匀速直线运动时设牵引力为F′，由平衡条件得：F′＝f＝4×103N，汽车的最大速度：v′＝m/s＝12.5m/s，故D错误。
故选：B。
6．解：A、重物下降过程中做自由落体，只有重力做功，因此机械能守恒，故A正确；
B、重物在上升过程中有绳的拉力做正功，故机械能增加，故B错误；
CD、取重物开始下降到与地面接触速度减为零的整个过程进行研究，则末速度v1＝0，初速度v0＝0
重物做自由落体的时间为t，根据自由落体的规律有：，即
落地时的速度大小为v＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s
整个运动的总时间为t′＝（0.4+0.05）s＝0.45s
地面给重物的作用力为F，且该力的作用时间为t1＝0.05s
根据动量定理有：mgt′﹣Ft1＝0﹣0
代入数据有：
故C错误；
地面给重物的作用力的冲量大小为：I＝Ft1＝5400×0.05N?S＝270N?S，故D正确。
故选：D。
7．解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，各轨道通信卫星的运行轨道中心一定是地心，故A正确；
B、同步卫星的运行周期是24小时，其他卫星的运行周期不是24小时，故B错误；
C、同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，由公式a向＝rω2，可得：＝，因轨道半径不同，故其向心加速度不同，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力得：＝m，解得运行速度：v＝，即线速度v随轨道半径
r的增大而减小，v＝7.9
km/s为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度，因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于7.9
km/s，故D错误。
故选：A。
8．解：A、以P、Q整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
2mgsinθ﹣μ?2mgcosθ＝2ma，得a＝gsinθ﹣μgcosθ
设P受到的静摩擦力大小为f，方向沿斜面向下，对P，由牛顿第二定律得mgsinθ+f＝ma，解得f＝﹣μmgcosθ，方向沿斜面向上，故A错误；
B、Q对P的静摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律知，Q受到静摩擦力作用，则方向沿斜面向下，故B错误；
C、Q受到斜面的滑动摩擦力大小为f′＝μ?2mgcosθ＝2mgsinθ﹣2ma＜2mgsinθ，故C错误；
D、因a＞0，即a＝gsinθ﹣μgcosθ＞0，故μ＜tanθ，故D正确。
故选：D。
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，有选错的得0分。
9．解：A、地面对他的支持力与他对地面的压力是一对作用力与反作用力，等大，故A错误；
B、做曲线运动的物体时，加速度与速度不共线，而加速度可能不变，比如平抛运动，故B正确；
C、小孩在荡秋千的过程中，经过最低点时具有向心加速度，方向竖直向上，故小孩处于超重状态，故C正确；
D、研究足球运动员踢出的香蕉球的偏转原理时，自身大小不能忽略，否则没有这效果，因此不能把它看成质点，故D错误。
故选：BC。
10．解：
A、小球做匀速圆周运动时处于非平衡状态，所以所受合外力不为零，故A错误。
B、球在b位置时重力和平板的合外力提供向下力，因此平板不能处于竖直方向，故B错误。
C、设球运动的线速率为v，半径为R，则在a处时：Fa+mg＝，在C处时：Fc﹣mg＝
联立可得：Fc﹣Fa＝2mg，故C正确。
D、根据b、d两点受力的对称性可得，b、d两点受到板的弹力大小必修相等，故D正确。
故选：CD。
11．解：A、小球沿杆下滑过程中，到达M点时弹簧恢复原长，其他位置弹簧都有形变，所以在M点弹簧的弹性势能最小，故A正确；
B、小球从F点运动到N点的过程中，弹簧对小球要做功，其机械能不守恒，故B错误；
C、在F点和N点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等。对于小球与弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，小球从F点运动到N点的过程中，根据系统的机械能守恒得mgsin60°＝mvN2，根据几何关系可知＝2tan30°＝2×0.45×m，联立解得vN＝3m/s，故C正确；
D、小球达到N点时，重力的瞬时功率为P＝mgvNsin60°＝0.1×10×3×W＝W，故D错误。
故选：AC。
12．解：A、对平抛运动的位移进行分解，位移在水平方向的夹角等于斜面的倾角θ，
设落地点速度方向和水平方向的夹角为α，根据位移夹角和速度夹角的关系有：tanα＝2tanθ。落地时：v＝，由于α≠θ，故A错误。
B、根据位移的夹角公式：tanθ＝＝＝，解得：t＝，故B正确；
C、运动员距离斜面最远位置为运动员的速度方向平行于斜面时，由以上分析可知运动员在空中经历的时间t＝，根据对称性，运动员的速度方向平行与斜面时，刚好运动时间为：＝，故C正确；
D、运动员落在雪地坡面时速度与水平方向上的夹角的正切值为：tanα＝＝＝＝2tanθ，与初速度无关，所以运动员水平飞出速度增大，则落到斜面上时与斜面间的夹角保持不变，故D正确。
故选：BCD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．解：（1）可以用很短时间内的平均速度近似表示瞬时速度，滑块1到达光电门1时的速度v1＝。
（2）两滑块碰撞后结合在一起，两滑块的碰撞是完全非弹性碰撞，碰撞过程损失的动能最大；
滑块经过光电门2时的速度v2＝，
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1＝（m1+m2）v2，整理得：＝，实验不需要测量遮光片的宽度d。
（3）由（2）可知，验证动量守恒定律的表达式为＝。
故答案为：（1）；（2）损失最大；不需要；（3）＝。
14．解：（1）根据逐差法可得a＝
（2）AB组成的系统，AB一起做匀加速直线运动，则F合＝（m1﹣m2）g，则F合＝（m1+m2）a，即验证
（3）在两盘中增减砝码进行多次试验，探究质量、合外力、加速度关系，当保持m1+m2不变时，可探究A、B系统的加速度与合外力的关系；
当保持m1﹣m2不变时，可探究A、B系统的加速度与总质量的关系
（4）对AB组成的系统，根据牛顿第二定律可得（m1﹣m2）g＝（m1+m2）a，解得a＝＝，当m1＞＞m2时，a接近于g
故答案为：（1）
（2）
（3）m1+m2m1﹣m2
（4）g
15．解：（1）设在匀速行驶区域前x处开始减速，
由速度﹣位移公式得：
代入数据解得：x＝36m
即需要在匀速行驶区域前36m处开始减速。
（2）设从13m/s减速到5m/s所用的时间为t1，
由速度﹣时间公式得：vt＝v0+at
代入数据解得：t1＝4s
汽车在匀速行驶区域内所用时间为t2，
由运动学公式得：
由于汽车在加速过程中所用时间与减速所用时间相同，
则汽车从开始减速到再次恢复到原速度需要的时间为：t＝2t1+t2＝10s
答：（1）汽车需在距离匀速行驶区域前36m远的地方开始减速；
（2）汽车从开始减速到再次恢复到原速度需要的时间为10s。
16．解：（1）以O点为研究对象，受力情况如图所示：
根据平衡条件可得：Facos60°＝mg
Fasin60°＝Fb
联立可得：Fa＝2mg，；
（2）由于竖直方向拉力大小不变，始终等于重力，aO方向的力不变，根据矢量三角形法则可知，当cO方向与aO方向垂直时，cO上的拉力最小，如图所示：
可得此时cO与竖直墙面的夹角为30°，根据平衡条件可得：
aO绳的作用力：F′a＝mgsin30°＝，
cO绳的作用力：Fc＝mgcos30°＝mg。
答：（1）初始状态下，aO、bO杆的作用力分别为2mg、；
（2）拉杆上的作用力最小时，cO与竖直墙面的夹角为30°，此时aO、cO的作用力分别为、mg。
17．解：（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣Ff﹣f＝ma
Ff＝μFN＝μmgcosθ
整理可得：
由此可知，若f＝kv，则符合a﹣v图象，即f＝kv；
（2）由图象知，t＝0时刻，无空气阻力，纵轴截距即此时滑块的加速度a＝2m/s2
由（1）题中a的表达式可得
a＝gsinθ﹣μgcosθ
可得：；
（3）当t＝3s时，速度达到最大值v＝2m/s，此时加速度为零
可得：mgsinθ﹣μmgcosθ﹣kv＝0
可得：k＝1N?s/m
答：
（1）见上；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ是；
（3）k的值是1N?s/m。
18．解：（1）小球1从A到C过程，由动能定理得：
﹣0
代入数据解得：v1＝3m/s
小球在最低点C点，轨道的支持力与小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：FN＝9.5N
由牛顿第三定律可得，小球1对轨道的压力为9.5N，方向竖直向下。
（2）设碰后小球1速度为v1′，小球2的速度为v2，设向右为正方向，小球1、2发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以碰撞前小球1的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv1＝mv1′+mv2
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v2＝3m/s
（3）小球2从碰后到运动到D点时速度为vD，由机械能守恒得：
代入数据解得：
在D点，速度分解，设竖直速度为vy，则vy＝vDsin45°＝2×m/s＝2m/s
在竖直方向速度减为零时，从D点抛出后达到最高点，由运动学公式可得：
＝m＝0.2m
D点抛出后到达最高点时距离地面的距离为：hmax＝h+h1＝（0.05+0.2）m＝0.25m
答：（1）小球1在经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小是9.5N，方向竖直向下；
（2）两小球碰撞后瞬间小球2的速度是2m/s；
（3）小球2从D点抛出后距地面的最大距离是0.25m。
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