（10分）23（10分）24（10分）25（12分）DBDDB11-12 :DBBBD17.ABC18.AC（3）圖略； DBDDB11-12 :DBBBD17.ABC18.AC（3）圖略； （4）未平衡摩擦力或平衡摩擦力不20. (1)C；(2)mg(x0+X1)%X1X2)2。32石嘴山市第三中學2017—2018第二學期高一期末物理試卷答案:1-5:ACCBC6-1013AC14.BD 15.AD 16.19.(1)mo遠小于m；(2)3.2;夠；21(10分)解：（1）解：（1）設月球表面的重力加速度為g',由運動學公式h1g't2 ① 2分小,2h得g'F ② 2分（2）設月球質量M月球半徑R飛船質量E飛船受到的月球對它的引力提供向心力GMm

R2mg)2R ③GMm

R2mg'GMm

R2mg)2R ③GMm

R2mg'由②③④得m’3T4416G4h3T4 _——4T⑤2G4t62分2分……2分22(10分)（1）小球落地豎直分速度 Vy=J2gh-」（1分）tan530=vy…（1分）v1帶入數值得V1=3m/s--（1分）1 2（2）小球離開軌道后做平拋運動： 2R-gt2-（I分）xv〔t…（1分）可求得：x2v'2R=1.12m-（1分）2（2）小球在最高點： Nmgmv——（1分） 帶入數值得N=11.5N-（1分）R

TOC\o"1-5"\h\z1 2 1 2（4）小球由水平面沿圓弧運動到取圖點： mg?2R—mv1 —mv0???（1分）2 2可求得：V0=5m/s?（1分）23.（10分）（1）1.5N;（2）9W（3）81J。【解析】（1）在14s18s小車在阻力作用下做勻減速運動，由圖象可知a1.5m/s2, （1分）由牛頓第二定律可知： fma,解得f1.5N。（1分）（2）在10s14s小車勻速運動，牽引力 F=f（1分）根據P=Fv,解得P=9W（1分）（3）0?2s做勻加速，根據牛頓第二定律得： Ffma2（1分）由圖像可知：a21.5m/s2,解得：F3N。（1分）（1分）1c1 C1c1 C所以'1a2t211.522

2 2故這段時間內牽引力做的功 Wi變加速過程中功率不變，則W23m, （1分）Fs339J；（1分）Pt9872J（1分）所以牽引力做的功為:81J所以牽引力做的功為:81J（1分）24（10分）解：對薄板，由于 24（10分）解：對薄板，由于 Mgsin37o<（M+。gcos37o,故滑塊在薄板上滑動時，薄TOC\o"1-5"\h\z板靜止不動. （2分）對滑塊：在薄板上滑行時加速度 a產gsin37o=6m/s2, （1分）到達B點時速度vJ2alL6m/s （1分）V=at1 t1=1s滑塊由B至C時的加速度a2=gsin37°— gcos37o=2m/s2, （1分）設滑塊由B至C所用時間為t2,f, 1o 則Lbcvt-a2t, （1分）解得t2=1s（1分）

對薄板，滑塊滑離后才開始運動，加速度 a=gsin37°— gcos37o=2m/s2,滑至C端所用時間為t',則Lbc2at2, （1分）解得tJ7s（1分）滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差為 tt1（t1t2）（J72）s（1分）25（12分）.解：設小物體恰能運動到 D點的速度為vD,重力提供向心力：2mgm-①1分R卜面求此臨界狀態下的 Vo。設物體從B點向左出發后第一次返回 B點時的速度為VbTOC\o"1-5"\h\z10 1n物體從B運動到D的過程中機械能守恒： 一mv2-mvDmg2R②2 2\o"CurrentDocument"由①②得：Vbv15gR10m/s ③ 2分若傳輸帶足夠長，則當Vo10m/s時，物體先向左減速到零后又向右加速，由于傳輸帶速度為20m/s>10m/s,所以物體向右運動的過程中一直加速。且向左運動的加速度大小與向右運動時的加速度大小相等，由對稱性可得回到 B點的速度vB10m/s,恰能完成圓周運動到D點。如果能完成上述過程，傳輸帶的長度至少為 L'從B向A運動的過程中，物塊的加速度大小 a1—1mg4m/s2④ 2m分v22a〔L'解得：L'12.5m10m斜面AC有摩擦要損失動能，所以v010m/s是不能讓物體最終運動到 D點的。V0的臨界TOC\o"1-5"\h\z速度必須比10m/s更大。設物體從B以V。出發運動到最左端的A點時的速度為2 2Vava v02alL⑤在斜面AC上行過程中加速度大小設為a2,上行的最大位移為x2nrtmgsin2mgcos 2KV則a2- - 8.4m/s2 ⑥x工⑦\o"CurrentDocument"m 2a2分從B從B出發經傳輸帶和斜面AC再經傳輸帶回到B的過程中由動能定理:2mgcos