高三十月月考題2022-2023學年度高三級部十月份模塊檢測

物理試題

本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。

考試結束后，將答卷紙和答題卡一并交回。

第I卷（共40分）

注意事項

1.答題前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的班級、姓名、座號、準考證號填寫在答

題卡和試卷規定的位置上，并將答題卡上的考號、科目、試卷類型涂好。

2.第I卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，答案不能答在試卷上。

3.第II卷必須用0.5毫米黑色簽字筆在答卷紙各題的答題區域內作答；不能寫在試題卷上，

不按以上要求作答的答案無效。

一、單選題（共24分）

1.為檢測某新能源動力車的剎車性能，現在平直公路上做剎車實驗，如圖所示是動力車在剎車過程中位

移和時間的比值/t之間的關系圖像，則下列說法正確的是，）

2KA-/（m-s-1）

IO[---------以

0-----------------―a

A.動力車的初速度為10m/sB.剎車過程動力車的加速度為5m/s2

C.剎車過程持續的時間為8sD.從開始剎車時計時，經過8s,動力車的位移為40m

2.在力學研究中，重力加速度是一個重要的物理量，測量重力加速度的方法也有很多，曾經有人提出利

用豎直上拋運動的對稱性來測量重力加速度；將真空長直管沿豎直方向放置，自管的底端。點豎直向上拋

出小球，測出小球又落回原處的時間為7；,在小球做豎直上拋運動的過程中，小球經過比。點高”的P點，

小球經過P點再回到P點所用的時間為心，測得二、心和”的值，則重力加速度g的值為（）

848H

A，邛-窗B.（工_與）2

2HH

C'，乜2D.4（7；-7；）2

3.如圖所示，一傾角為45。的斜面放置于粗糙的水平地面上，斜面上固定一個內側光滑的圓環，圓環和斜

面相切。將一小物塊放置于圓環內側切點位置，對小物塊施加沿圓環切線方向的拉力F,使小物塊緩慢沿

圓環內側向上運動，直至拉力F豎直，整個過程斜面體靜止不動，則下列說法正確的是（）

A.拉力F先增大后減小B.圓環對物塊的支持力一直減小

C.地面對斜面體的摩擦力先增大后減小D.地面對斜面體的支持力先增大后減小

4.如圖所示，一根金屬直桿AB放置在水平固定的光滑半球形碗內，穩定時直桿與水平方向的夾角4=30。

直桿在A點處受到碗的作用力大小為NQ在B點處受到碗的作用力大小為N,,則N；為（）

A.6:3B.2：3C.1：|D.底2

5.如圖所示，密度相同的A、B兩星球繞它們連線上的某點做勻速圓周運動，組成一雙星系統，其中體積

較大的A星球能不斷的"吸食”體積較小的8星球的表面物質，從而達到質量轉移。假設"吸食"過程A、B

兩星球球心間距離不變，則"吸食"的最初階段，下列說法正確的是（）

A.它們做圓周運動的萬有引力保持不變

B.它們做圓周運動的角速度大小保持不變

C.體積較大的A星球圓周運動的軌跡半徑變小，線速度變

D.體積較小的8星球圓周運動的軌跡半徑變小，線速度變小

6.如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側旋轉而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，被稱為"魔力陀螺"。

它可等效為一質點在圓軌道外側運動的模型，如圖乙所示，在豎直平面內固定的強磁性圓軌道半徑為R,4、

B兩點分別為軌道的最高點與最低點，質點沿軌道外側做完整的圓周運動，受到圓軌道的強磁性引力始終

指向圓心。且大小恒為F,當質點以速率期通過A點時，對軌道的壓力為其重力的7倍，不計摩擦和空

氣阻力，重力加速度為g。則（）

A.陀螺做勻速圓周運動陀雄

質點乙

B.陀螺所受的磁性引力是恒力

C.陀螺的質量為￡

8g

D.若陀螺能做完整的圓周運動，質點對48兩點的壓力差恒為6Hg

7.如圖，傾角為6=45?的斜坡，斜坡高度為/7,斜坡底端A點正上方有B和C兩點，B點和斜坡等高。甲

戰斗機以水平速度匕飛到C點時釋放炸彈，準確命中斜坡上的一點P,CP的連線垂直于坡面：乙戰斗機以

水平速度匕飛到8點時釋放炸彈，也準確命中斜坡上的同一點P,速度方向恰好垂直斜坡。已知兩顆炸彈

質量相同，則（）

A.C點距離A點的高度為g/?

B.甲釋放的炸彈和乙釋放的炸彈在空中的飛行時間比為72:1

C.v,:v2=>/2:1

D.重力對甲戰斗機釋放的炸彈和乙戰斗機釋放的炸彈做功之比為夜：1

8.如圖所示，一根輕質彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質量為m的滑塊P連接，P穿在桿上,

一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，滑塊Q的質量為4〃?，把滑塊從圖中A點由靜止釋放后

沿豎直桿上下運動，當它經過A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等，已知04與水平面的夾角6=53?,

0B長為33與48垂直，不計滑輪的摩擦力，重力加速度為g,滑塊P從A到B的過程中，下列說法正

確的是（）

B0^0

A.滑塊P的加速度一直減小B.滑塊P的最大速度為2低Z

C.輕繩對滑塊P做功8，/gLD.重力對滑塊Q做功的功率一直減小

二、多選題（共16分）

9.如圖所示，質量為M的木楔傾角為9,在水平地面上保持靜止。當將一質量為m的木塊放在斜面上時

正好沿斜面勻速下滑，如果木塊勻速運動過程中突然受到一個與斜面成a角的力F拉著木塊，使木塊減速

下滑。重力加速度為g,（運動過程中木塊始終未脫離木楔，木楔始終靜止）下列說法中正確的是（）

A.物體在勻速下滑過程中斜面對地面的壓力為（M+m）g

B.在木塊減速下滑過程中，地面對M的靜摩擦力水平向右

2mgsin3

C.若經過一段時間，木塊能沿斜面勻速上滑，則F的最小值為/,2二

yjX+tan0

D.經過一段時間后，若物體上滑，地面對M的沖量水平向左

10.足夠長的木板B靜止在光滑水平面上，其上放置物塊A,物塊A上作用一隨時間變化的向右的水平拉

力F,F隨時間t變化的F-f圖像及物塊A的加速度。隨時間t變化的圖像如圖乙、丙所示，A、B間

的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取l（）m//，則下列說法正確的是（）

A.可求出A的質量為3kgB.可求得A、B間的動摩擦因數為0.3

C.可求得B的質量為1kgD.當尸=12N時，木板B的加速度為4m/s?

11.一足夠大且光滑的矩形斜面，傾角為巴高為h,現有一小球在A處沿平行于底邊的初速度。（，滑上斜

面，最后從B處離開斜面。已知重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）

A.小球的運動軌跡為拋物線B.小球的加速度為gsin。

C.小球從A處到達B處所用的時間為二

D.小球從4處到達8處的位移為

12.如圖所示，不計所有接觸面之間的摩擦，斜面固定，物體叫和加2質量均為m。町放在傾角a=30,的

斜面上，S套在豎直桿上，叫和啊通過定滑輪與輕繩相連，叫與滑輪間的細線與斜面平行。若將”?2從

與定滑輪等高位置A由靜止釋放，當落到位置B時，叫獲得最大速度，且繩子與豎直方向的夾角為6=60,

已知定滑輪與輕桿的距離為d,町和恤均可看成質點，則下列說法正確的是（）

V2

A.S的最大速度為B.叫的最大速度為

C.可以求得外下滑的最大距離

D.外下滑的過程，心的機械能先增大后減小

三、實驗題（共16分）

13.如圖甲所示的裝置叫阿特伍德機，是英國數學家、物理學家阿特伍德創制的一種著名力學實驗裝置,

用來研究勻變速直線運動的規律。某同學對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律，如圖乙所示。實

驗時，該同學進行了如下步驟:

1主尺2cm

0游標尺10

丙

。、將質量為M的重物A（含擋光片）和質量為2M的重物B用輕質細繩連接后，跨放在定滑輪上，使得

繩子張緊，且A、B處于靜止狀態，測量出A上擋光片中心到光電門中心的豎直距離山

b、在B的下端掛上質量為m的物塊C,讓系統（重物A、B以及物塊C）中的物體由靜止開始運動，光電

門記錄擋光片擋光的時間。

c、測出擋光片的寬度d,計算重物A運動的速度大小心

d、利用實驗數據驗證機械能守恒定律。

（1）步驟c中，用游標卡尺測擋光片的寬度如圖（丙）所示，擋光片寬度典cm,計算重物A的

速度v=（用題目中的字母表示）。

（2）步驟d中，如果系統（重物A、B以及物塊C）的機械能守恒，應滿足的關系式為（已知當

地重力加速度大小為g,用題目中的字母表示）。

（3）某次實驗分析數據發現，系統重力勢能減少量小于系統動能增加量，造成這個結果的原因可能是

A.細繩、滑輪并非輕質而有一定質量B.掛物塊C時不慎使B具有向下的初速度

C.計算重力勢能時g的取值比實際值大D.滑輪與細繩之間產生滑動摩擦

14.如圖甲所示是一個研究向心力與哪些因素有關的DIS實驗裝置的示意圖，其中做勻速圓周運動的圓柱

體的質量為m,放置在未畫出的圓盤上，圓周軌道的半徑為r,力電傳感器測定的是向心力，光電傳感器

測定的是圓柱體的線速度，表格中是所得數據，圖乙為F-v圖像、F-儼圖像、F-V圖像。

3691215

j_|

v/(ms)

A

甲乙

v/(m*s1)11.522.53

F/N0.8823.55.57.9

（1）本實驗采用的研究方法是o

（2）數據表格和圖乙中的三個圖像是在用實驗探究向心力F和圓柱體線速度v的關系時、保持圓柱體質

量不變、半徑r=0.1m的條件下得到的。研究圖像后，可得出向心力F和圓柱體線速度"的關系式

（3）為了研究F與r成反比的關系，實驗時除了保持圓柱體質量不變外，還應保持物理量__________不變。

2

（4）若已知向心力公式為尸=機匕，根據上面的圖線可以推算出，本實驗中圓柱體的質量為

r

_____________kgo

四、解答題（共44分）

15.緊靠在一起的甲、乙兩小物塊停放在水平地面上，甲距左側豎直墻壁x=9m。某時刻使甲、乙同時獲

得相反方向的速度，大小分別為%=10m/s、巳=6m/s,整個過程中，甲的加速度大小為的=2m/s2,

乙的加速度大小為底=lm/s:不計甲與豎直墻壁的碰撞時間，碰撞前后的速度大小不變。求：

（1）甲、乙間的最大距離；

（2）乙停止運動時兩者間的距離。

$甲乙

*9m*'

16.2022年北京冬季奧運會已于2月4日開幕，2月20日閉幕，各種體育項目精彩紛呈，其中跳臺滑雪

項目驚險刺激，被稱為勇敢者的運動，我國女運動員谷愛凌在該項目中奪得金牌。其場地的簡化圖如圖所

示：雪坡。B段為傾角為a=30的斜面，某運動員從助滑道的最高點A由靜止開始下滑，到達起跳點。時

借助設備和技巧，保持在。點的速率沿與水平方向成。角的方向起跳，最后落在雪坡上的B點，起跳點。

與落點8之間的距離。8為此項運動的成績。已知A點與。點之間的高度差/z=50m,該運動員可視為質

點，不計一切阻力和摩擦，g=10m/st求

（1）該運動員在。點起跳時的速度大小；

（2）該運動員以多大的起跳角J起跳才能取得最佳成績；最佳成績為多少；

（3）在（2）問中，該運動員離開雪坡的最大距離。

T\

h\

-___

o

aB

17.一種升降電梯的原理如圖所示，A為電梯的轎廂，B為平衡配重。在某次運行時A（含乘客）、B的質

量分別為M=1000kg和m=800kg。A、B由跨過輕質滑輪的足夠長輕質纜繩連接。電動機通過牽引繩向下

拉配重B,使得電梯的轎廂由靜止開始向上運動。電動機輸出功率P=2kW保持不變。不計空氣阻力和摩

擦阻力，g=10m/s2。在A向上運動過程中，求：

（1）轎廂A能達到的最大速度%,；

（2）轎廂A向上的加速度為a=2m/s2時，配重B下端的牽引繩上拉力F大小；

（3）廂體A從靜止開始到上升的高度為5m時（箱體已處于勻速狀態），試求該過程中所用的時間3

定滑輪

電動機

18.如圖甲所示，一長木板B靜止放在光滑水平面內，小滑塊A以初速度v產4m/s,滑上長木板的同時，

一水平向右的外力F作用在長木板B上，長木板B與小滑塊A之間的摩擦因數為〃=0.2,小滑塊與長木板

之間由于摩擦產生的內能Q與F之間的關系如圖乙所示。長木板的質量大于小滑塊的質量，重力加速度g

=10m/s2o求：

（1）小滑塊滑上長木板時小滑塊的加速度；

（2）長木板的質量；

（3）長木板至少有多長。

B

圖甲

參考答案:

【詳解】AB.由圖可得

X

-=-2.5r+20

根據勻變速直線運動的位移時間公式

x=vot+-at

對比可得

:

v0=20m/s,a=-5m/s

即剛剎車時動力車的速度為2OWs,剎車過程動力車的加速度為-5m/s2,故A錯誤，B錯誤;

CD.剎車過程持續的時間為

經過8s,車已經停止，則整個剎車過程動力車經過的位移為

%20

x=—t=—x4m=40m

22

故C錯誤，故D正確。

故選D?

2.A

【詳解】根據題意，有

故選A。

3.B

【詳解】A.對小物塊，設F與豎直方向的夾角為，，則有

F=mgcos0

〃由45。開始減小到0,則F逐漸增大，故A錯誤;

B.由題意可得

FR=mgsin0

由上述分析可得，心逐漸減小，故B正確；

CD.對于整個系統，由題意可得

f=Fsin0=mgcos^sin0=^-sin20

。由45。開始減小到0,則/逐漸減小，故CD錯誤。

故選Bo

4.C

【詳解】以金屬桿為研究對象進行受力分析，受到重力、兩個支持力，三個力的作用線經過同一點，如圖

所示

根據幾何關系可得

￡=a=30?

則

。=夕=30?

由于作用在B點的力垂直于AB方向，則

ZCBO=60°

,所以

N88=60°

則

片60?—。=60?—30?=3

豎直方向根據平衡條件可得

NAcosy+NBcosa=G

水平方向根據平衡條件可得

NAsiny=N?sina

NJN.=T:1

故選Co

5.B

【詳解】A.由萬有引力定律

若M增大，則m減小，則Mm乘積要變化，可知萬有引力變化，則A錯誤；

B.穩定的雙星系統兩星球角速度大小相等，根據萬有引力提供向心力，對A星球有

cMm,,2

G——=M(arA

同理對8星球有

聯立可得

G(M+〃?)

由于質量在兩星球間轉移，故總質量不變，則角速度大小不變，則B正確;

CD.由于兩星球的向心力大小始終保持相等，則有

MarrA=marr6

則

rBM

由于兩星球密度相同，故體積大的A星球質量大，吸食后質量更大，則半徑變小，而質量更小的8星球則

半徑變大，由于角速度大小不變，故A星球線速度變小，8星球線速度變大，則CD錯誤。

故選B,

6.D

【詳解】A.對陀螺進行受力分析可知，陀螺在做圓周運動過程中，受重力和磁性引力作用，合力不始終

與速度垂直，所以陀螺不做勻速圓周運動，故A錯誤；

B.陀螺受到圓軌道的強磁性引力始終指向圓心。且大小恒為F,方向時刻在改變，因此陀螺所受的磁性

引力不是恒力，故B錯誤；

C.陀螺做圓周運動，在A點，根據牛頓第二定律

V2

F+mg-F^tn—

IX

代入數據解得

F

m=——

7g

故C錯誤；

D.質點能完成圓周運動，在A點時根據牛頓第二定律得

F+mg-NA-m^

在B點時根據牛頓第二定律得

F-mg-NB-m^

從4點到B點過程，根據機械能守恒定律可知

聯立以上式子解得

NA-NB=6mg

即質點對A、8兩點的壓力差恒為6mg,故D正確。

故選D。

7.B

【詳解】A.設AP的水平距離為X,則從8點釋放的炮彈運動軌跡如圖所示

根據幾何關系該炮彈速度的反向延長線平分水平位移，故

1

y=-x

2

y+X=h

解得

根據從C釋放的炮彈CP的連線垂直于坡面可得CP間的豎直高度

%?=x=飛h

C點距離A點的距離為

,4,

故A錯誤；

B.根據

.12

%p=-

12

y=2^

可得

￡_

故B正確；

C.根據

X

%=7

1L=_L

V2加

故C錯誤;

D.根據

W=mgH

可得

叢

歷一不

故D錯誤。

故選Bo

8.C

【詳解】D.根據題意可知，滑塊P從A點開始運動時，重物Q的速度為零，則重物Q重力的功率為零，

當滑塊P到達B點時，重物Q的速度也為零，此時，重物Q重力的功率為零，則滑塊由A到B的過程中，

重物Q的重力功率先增大后減小，故D錯誤；

C.根據題意可知，滑塊P、重物Q和彈簧組成的系統機械能守恒，根據幾何關系可知，滑塊P上升的高

度為

/z=3L-tan53°=4L

重物Q下降的高度為

H=OA-OB=-^—-OB=2L

cos53°

設滑塊P運動到位置8處速度大小為v,A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等，可知48兩點彈簧的

彈性勢能相等，根據機械能守恒定律有

4mH-mgh=gmv2

聯立解得在8點的速度為

v=2gL

對滑塊P，設輕繩對滑塊P做功為卬，由動能定理得

W-mgh=gmv2

解得

W=SmgL

故C正確；

AB.在A點彈簧對P的彈力向上，在B點彈簧對P彈力向下，可知，P先加速上升后減速上升，在A、8

間某位置，合力為零，速度最大，則滑塊P的最大速度大于2屈，從4點到速度最大點，彈簧的彈力不

斷減小，繩子拉力在豎直方向的分力也減小，可知加速度不斷減小，在從速度最大點到B點過程中，彈簧

拉力向下，重力向下，繩子在豎直方向的分力越來越小，可知P所受的合理越來越大，則加速度越來越大,

故AB錯誤。

故選Co

9.AC

【詳解】A.木塊在勻速下滑時，兩物體受力平衡，作為一個整體，有

=(m+M)g

根據牛頓第三定律有斜面對地面的壓力為(M+m)g,A正確；

B.當木塊減速下滑時，加速度沿斜面向上，因此此時木塊對斜面的力有水平向右的分量，根據力的平衡,

此時地面對斜面的靜摩擦力向左，B錯誤；

C.木塊勻速下滑時有

ymgcos0=mgsin0

即

〃=tand

施加力F后，勻速上滑時，對木塊受力分析，平行于斜面方向有

mgsin0+/=mgsin0+=Feosa

垂直斜面方向有

&'+Fsina=mgcos0

聯立解得

_2mgsin0

rc-

cosa+//sina

根據數學知識有

cosa+〃sinaW+=71+tan20

所以得

口_2mgsin0

1min—IZ

，l+tarr，

C正確；

D.木塊上滑時，木塊給斜面的摩擦力方向沿斜面斜向上，同時還有垂直斜面向下的彈力，合力方向斜向

右下方，因此由力的平衡可知，此時地面對斜面的摩擦力水平向左，同時，地面對斜面有豎直向上的彈力,

因此合力方向斜向左上方，故沖量斜上左上方，D錯誤。

故選AC。

10.BC

【詳解】ABC.A、B在3s末開始相對滑動，對系統由牛頓第二定律得

產=(怎+%)4

因3s末拉力大小為6N,加速度為3m/所以

+ma=2kg

隔離木板B,由牛頓第二定律得

^mAg=mBa2

即

I0/""A=3，"B

同理，隔離物體A,由牛頓第二定律得

尸一〃"=%?

根據丙圖和乙圖圖形可知4.5s末拉力大小為9N,加速度大小為6m/s2,即

9-10/Z/7?A=6/MA

聯立以下三式

mA+>nB=2kg,1O/Z/MA,9-10/zwA=6m*

解得

，"A=1kg,=Ikg,〃=().3

A錯誤，BC正確；

D.當尸=12N時，A、B相對滑動此時木板B的加速度為

A

an=~=3m/s

D錯誤。

故選BC。

11.ABC

【詳解】A.小球受重力和支持力兩個力作用，合力沿斜面向下，與初速度方向垂直，小球做類平拋運動,

其運動軌跡為拋物線，故A項正確；

B.根據牛頓第二定律知，有

mgsin0=ma

解得

a=gsin。

故B項正確；

C.由幾何關系得，小球沿加速度方向上的位移為

根據公式

故C項正確；

D.小球在沿初速度方向的位移為

則小球從A處到達B處的位移為

故D項錯誤。

故選ABCo

12.AC

【詳解】A.物體S沿桿豎直下滑，令其最大速度為V，則叫的速度與叫沿繩方向的速度大小相等，如圖

可得町的速度大小

h=ucos。

下滑過程，系統機械能守恒，則有

d（d\.11

mg-----〃火------asin6Z=—mv"2+—mv2

tan<9（sin。）22'x

解得

v=

A正確；

B.當丐速度最大時，叫受力平衡，則有

Teos0-mg

可知

T-?>〃?gsina

cos?

表明之后町還在加速，即叫速度達到最大時，叫的速度不是最大，B錯誤；

C.設外下滑的最大距離為〃，則有

mgh_/ng(\ld2+h2-4卜ina=O

因此可以求得S下滑的最大距離，C正確；

D./下滑的過程，繩子的拉力對其一直做負功，加2的機械能一直減小，D錯誤。

故選AC。

13.1.02—(M+/n)g/z=」(利+3M)(4尸Q

A/2Az

【詳解】(1)⑴由圖可知，擋光片寬度讀數為

(DchrtSN1.02cm

[2]重物A的速度v為通過光電門時速度，即

d

v--

△t

(2)⑶如果系統(重物A、B以及物塊C)的機械能守恒，則有BC減小的重力勢能等于后來系統的動能

和重力勢能之和，即有

1d，

(2M+m)gh=—(2M+M+，〃)?(一)_+Mf>h

2Ar

整理得

(M+m)gh--(m+3M)(—)2

2Af

(3)[4]A.細繩、滑輪并非輕質而有一定質量不會使系統重力勢能減少量小于系統動能增加量，A錯誤；

B.掛物塊C時不慎使B具有向下的初速度，即A通過光電門時速度會變大，加會變小，由(2)中結論

可得系統重力勢能減少量會小于系統動能增加量，B正確；

C,計算重力勢能時g的取值比實際值大，根據(2)中推論系統重力勢能減少量會大于系統動能增加量，

C錯誤；

D.滑輪與細繩之間產生滑動摩擦，會導致系統運動時速度有損失，即系統重力勢能減少量會大于系統動

能增加量，D錯誤。

故選Bo

14.控制變量法F=0.88v2線速度”0.088

【詳解】（1）⑴本實驗采用控制變量法。

（2）⑵根據已知數據求出儼和與填入表格

”(mi)11.522.53

F/N0.8823.55.57.9

1.02.254.06.259.0

F

0.880.890.880.880.88

「(N*m*2?s2)

根據表格得尸=0.88/

（3）［3］根據尸=根止，為了研究F與r成反比的關系，實驗時除了保持圓柱體質量m不變外，還應保持

r

還應保持線速度V不變。

（4）［4］根據

V2

F=m—

r

F=0.88v2

r=0.1m

解得

m=0.088kg

15.（1）14.5m；（2）11m

【詳解】（1）由題意知，甲、乙兩物體均做勻減速直線運動，甲與墻壁碰撞前由

V|2一扁=2細x

得，甲與墻壁碰撞前的速度為

v,=8m/s>6m/s

故碰撞時距離最大

又

w=vI(,一4儲

得

4=ls

1s內乙的位移為

解得

%=55m

此時，甲乙間的距離最大

xm=x+芭=14.5m

（2）甲運動時間為4

而=—=5s

所

乙運動時間為f乙

t乙=—=6s

。乙

因%>/甲，故乙停止運動時甲早已停止運動，甲碰后運動位移為孫，乙的位移為x乙

0—匕~=—2〃甲式甲，0—=—2a乙x乙

停止時兩者間距為

得

s—11m

16.(1)loVlOm/s；(2)30、200m；(3)25Gm

【詳解】（1）設運動員質量為m,OB=L,從4到。過程機械能守恒

mgh=；mVg

解得

%=12gh=loVlOm/s

（2）設運動員在O點起跳時速度vo與水平方向的夾角為6,將跳時速度V。和重力加速度g沿雪坡方向和

垂直雪坡方向分解，如圖所示

匕=%sin(30+0)

v2=%cos(30+6)

兩分加速度為

q=geos3()

出=gsin3()

設運動員從。點到B點的時間為t,運動員離開雪坡的距離為S

2

S=vtt--att

當5=0時，得

仁生

ai

運動員從。點運動到B點的距離為L,則

,I2

乙=3+]?

解得

L=^sin(0+30)cos30=[sin(20+30)+sin30]=^sin(26>+30)+1

所以當

20+30=90

即

6=30°

有最佳成績

4ax=200m

(3)當運動員垂直雪坡的速度為0時。運動員離開雪坡的最大距離S,”，由運動學公式可知

鼠=￡

2al

代入數據解得

S“=25Gm

17.(1)vm=lm/s；(2)F=5600N；(3)f=5.45s

【詳解】(1)當轎廂A能達到的最大速度時，轎廂A做勻速直線運動，設此時電動機的牽引力為K，則

F、+mg=Mg

又

「"?%

聯合解得

vm=lm/s

(2)轎廂A向上