山东省师范大学附属中学2018届高三第二次模拟考试物理试题(解析版)

山东省师大附中2018届高三第二次模拟考试物理试卷
一、选择题
1. 春风650KT 是优秀国产跑车.分析其报呈的直线加速赛的数据（近似看做匀变速直线运动).发砚它在第一个4s 内的平均速度比它在策一个5s 内的平均速度小3m/s ，则.摩托车的加速度大小为
A. 1m/s 2
B. 2m/s 2
C. 3m/s 2
D. 6m/s 2
【答案】D 【解析】
设在第一个4s 内的平均速度为v 1，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段过程的平均速度可得，在2s 时刻的瞬时速度为v 2s =v 1，设在第一个5s 内的平均速度为v 2，同理可得，在
2.5s 时刻的瞬时速度的大小为v 2.5s =v 2，根据
222.523
/6/2.5 2.00.5
s s v v a m s m s -=
==-，所以D 正确．故选D ．
点睛：本题关键是掌握住匀变速直线运动的规律，根据中间时刻的速度等于这段过程的平均速度可以求得物体在两个不同时刻的速度的大小，进而可以求得加速度的大小． 2. 下图为一位于墙角的光滑斜面，其倾斜角为53︒，劲度系效为k 的轻质弹簧一端系在质量为m 小球上，另一端固定在墙上，弹簧水平放置，小球在斜面上静止时，则弹簧的形变量大小为(sin 370.6=,cos370.8=)
A.
43mg
k
B.
32mg
k
C.
33mg
k
D.
3mg
k
【答案】A 【解析】
对小球受力如图所示，受到重力mg 、斜面的支持力F N 和弹簧的弹力F 作用下处于平衡状态，故斜面的支持力F N 和弹簧的弹力F 的合力与mg 等大、反向，则得
F=mgtan53°；又由胡克定律得kx=F，解得，弹簧的形变量大小
4
3
mg
x
k
，故选A.
3. 如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是（）
A. 甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜
B. 当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小
C. 当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
D. 甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜
【答案】BD
【解析】
【详解】对甲、乙两人及绳子为一整体进行研究，水平方向的外力就是地面分别对甲、乙两人的摩擦力；整体从静止到运动起来产生了加速度，故受外力不平衡，由此可判断甲所受摩擦力大于乙所受摩擦力；甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等；即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，甲才能获胜；故AC错误，BD正确。

故选BD。

4. 下雨天，小李同学站在窗边看到屋檐上不断有雨水滴下．如图所示，他发现当第1滴水滴落地时，第4滴刚好形成，并目测第3、4两水滴的高度差约为40cm，假设相邻两水滴形成的时间间隔相同，则屋檐离地高度约为（）
A. 5.5m
B. 4.5m
C. 3.5m
D. 2.5m
【答案】C 【解析】
根据比例关系，从上到下相邻水滴间距离之比为1：3：5：7：9，而3、4两滴间距离为40cm=0.4m ，所以总高度H=（1+3+5）×0.4=3.6m．C 选项最接近．故C 正确，ABD 错误，故选C.
点睛：解决本题的关键掌握初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等时间间隔内的位移比为1：3：5：7．以及掌握自由落体运动的位移时间公式H=
12
gt 2
. 5. 2017年8月四川某地发生特大泥石流，许多建筑物因此损毁，而一根电线杆因设计合理而无丝毫倾斜（如图所示），电线杆BO 是用两根钢丝绳AB 、BC 垂直固定在地面上的，且他们在同一个平面内，设AO=9m ，OC=16m ，OB=12m ，为使电线杆不发生倾斜，两根绳上张力之比F AB ：F BC 为
A. 39:25
B. 4:3
C. 3:4
D. 3：5
【答案】B 【解析】 由
几
何
知
识
可得
sin ∠ABO=
2
2
2
2
3
5
912
OA OB
=
++，
22
224
5
1216sin CBO OB OC ∠=
=
++＝，若电线杆不倾斜，则在B 点两根绳上的张
力在水平方向的分力应相等，应有F AB sin ∠ABO=F CB sin ∠CBO ，解得F AB ：F BC =4：3
故选B.
点睛：该题考查共点力的平衡与力的合成问题，解答本题的关键是两根绳上的张力在水平方向上的分力大小相等．
6. 粗糙水平面上一个1kg 的物体在水平外力的作用下做直线运动,其运动的速度——时间（v-t ）图象如图所示，已知1～2s 时间内水平作用力是2N ，取g=10m/s 2，下列说法正确的是（ ）
A. 物体受到的摩擦力F f =4N
B. 0～1s 内水平外力为2N
C. 2～3s 内水平外力为4N
D. 地面与物体之间的滑动摩擦因数是0.2μ= 【答案】D 【解析】
1～2s 时间内物体匀速运动，因水平作用力是2N ，则摩擦力为2N ，动摩擦因数为
=
0.2f mg μ=，选项A 错误，D 正确； 0-1s 内的加速度212/v
a m s t
∆==∆，根据牛顿第二定律可得：F 1-f=ma 1，解得F 1=4N ，选项B 错误；2-3s 内的加速度2232
=1/1
v a m s t ∆-=
=∆，根据牛顿第二定律可得：F 2-f=ma 2，解得F 2=3N ，选项C 错误；故选D.
7. 甲、乙两辆汽车前后行驶在同一笔直车道上，速度分别为6.0m/s 和8.0m/s ，相距5.0m 时前面的甲车开始以2.0m/s 2的加速度做匀减速运动，后面的乙车也立即减速，为避免发生撞车事故，则乙车刹车的加速度至少是（ ） A. 2.3m/s 2 B. 2.4m/s 2 C. 2.7m/s 2 D. 2.8m/s 2
【答案】A 【解析】
设经过时间t 甲乙两车速度相等，则有：00v a t v a t --甲甲乙乙＝， 即：6−2.0t ＝8−a 乙t …①
220?0?11
522
v t a t v t a t -+-甲甲乙乙＝ ，
即：6t −
12×2t 2+5＝8t −1
2
a 乙t 2…② 联立①②解得：a ＝2.4m/s 2，故B 正确，ACD 错误；故选B.
点睛：本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住临界状态，即速度相等时，两车距离最近这个条件，结合运动学公式列出位移关系求解．
8. 如图所示，两个小球通过两个相同的弹簧和一个水平向左的外力在竖直平面内达到平衡，则以下说法正确的是（ ）
A. A 、B 弹簧产生的弹力大小相等
B. A 、B 两弹簧形变量之比为1：4
C. 撤去F.的瞬间，a 球的加速度为零
D. 撤去F 的瞬间.b 球处于失重状态 【答案】B 【解析】
对小球a ，由平衡条件可知：cos 60B A T T mg =+ ，对小球b ：T A =mg ，解得T B =4mg ，因两弹簧相同，则A 、B 两弹簧形变量之比为1：4，选项B 正确；因F=T B sin600=23mg ，可知撤去F 的瞬间，a 球的加速度为F
a m
=
，加速度不为零，选项C 错误；撤去F 的瞬间.b 球的加速度为零，则不是失重状态，选项D 错误；故选B.
9. 如图所示，将小球从倾角为45°的斜面上的P 点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到斜面上的A 点、B 点，以及水平面上的C 点．已知B 点为斜面底端点，P 、A 、B 、C 在水平方向间隔相等．不计空气阻力，则（ ）
A. 三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不相同
B. 小球落到A 、B 两点时，其速度的方向不同
C. 若小球落到A 、C
：3 D. 若小球落到B 、C
：3 【答案】C 【解析】 根据212h gt =
，解得t B 、C 下落的高度相同，则这两球飞行时间相同，大于A 球飞行时间，故A 错误；A 、B 两球都落在斜面上，竖直方向的位移和水平方向上
位移比值一定，即有：2
00
122gt
y gt tan x v t v θ===，解得：02v t g
=．则落在斜面上时竖直方向上的分速度为：v y =gt=2v 0tan 45°=2v 0，设球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为α，有：0
22gt
tan tan v αθ=
==，知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则A 、B 小球在落点处的速度方向相同，故B 错误；小球落到A 、B 两点，水平位
移20
02v x v t g
==，根据题义可知，P 、A 、B 在水平方向间隔相等，可得：两次抛出时小
球的速率之比为：v A ：v B =1
，小球落到B 、C 两点，则运动的时间相等，而P 、A 、B 、C 在水平方向间隔相等，根据0x
v t
=
可知，两次抛出时小球的速率之比为：v B ：v C =2：3, 所以得：v A ：v C
：3，故C 正确，D 错误．所以C 正确，ABD 错误． 10. 下列关于债性的理解正确的是（ ）
A. 一切物体在没有受到力作用的时候，总保持静止状态或匀速运动状态
B. 惯性是物体保持原运动状态的固有属性，是物体抵抗运动状态变化的性质
C. 自由下落物体处于完全失重状态，物体的惯性消失
D. A 司机例车过程中，车尾撞击了刚刚停稳的B 车的车头，则A 车司机背部受到冲击.B 车司机胸前受到冲击 【答案】ABD 【解析】
根据牛顿第一定律可知，一切物体在没有受到力的作用的时候，总保持静止状态或匀速运动状态，选项A 正确；惯性是物体保持原运动状态的固有属性，是物体抵抗运动状态变化的性质，选项B 正确；物体的惯性只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，则自由下落物体处于完全失重状态，物体的惯性也不会消失，选项C 错误；A
司机刹车过程中，车尾撞击了刚刚停稳的B车的车头，则由于惯性，A车司机将后仰背部受到冲击，B车司机将前倾，胸前受到冲击，选项D正确；故选ABD.
11. 如图所示，直线a和曲践b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置时间(x 一t)图线，由图可知（）
A. 在t
1
时刻，a、b两车的运动方向相同
B. 在t
2
时刻，a、b两车的速度相同
C. 在t
2到t
3
这段时间内，a、b两车的平均速率相等
D. 在t
1到t
3
这段时间内，a、b两车的平均速度大小相等
【答案】BD
【解析】
由x-t图线斜率表示速度，斜率的正负表示运动方向，分析可知，t
1
时刻a车沿正向运动，b车沿负向运动，两者运动方向相反，故A错误．x-t图线的斜率的正负表示运
动方向，t
2
时刻，a车沿正方向运动，b车沿正方向运动，方向相同，且斜率大小相同，
则速度相同．故B正确．在t
2到t
3
这段时间内，b车的路程大于a车，则a、b两车的
平均速率不相等，选项C错误；在t
1到t
3
这段时间内，a、b两车的位移相同，则平均
速度大小相等，选项D正确；故选BD.
点睛：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向．
12. 河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则（）
A. 船渡河的航程是300m
B. 船在河水中的最大速度是5m/s
C. 船渡河的最短时间100s
D. 船在行驶过程中船头始终与河岸垂直
【答案】BCD
【解析】
船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，根据运动的合成，可知，渡河位移大于300 m；故A错误．要使船以最短时间渡河，船在航行中与
河岸垂直，根据速度的合成可知，船河水中的最大速度是22
34
+=5m/s，故BD正确．当
静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，故：
300
100
3
c
d
t s s
v
===．故C正确．故选BCD．
点睛：解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性进行求解．
13. 如图所示，倾角为的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C处于静止状态，则（）
A. 水平面对C的支持力小于B、C的总力
B. 一定爱到C的摩擦力
C. C受到水平面的摩擦力为零
D. 若将细线剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力不为零
【答案】AD
【解析】
把BC看做一个整体，对其受力分析，绳子对B的拉力在竖直方向上有分量，所以水平
面对C的支持力比B、C的总重力要小，故A正确；若AB的质量存在关系M
A g=M
B
gsinθ
时，B在斜面C上无相对运动趋势，所以此时BC之间无摩擦力作用，故B错误．把BC 看做一个整体，对其受力分析，不论B、C间摩擦力大小、方向如何，绳子对B的拉力在水平方向上始终有向右的分量，所以整体有向右的运动趋势，所以水平面对C的摩擦力方向一定向左，故C错误．若将细线剪断，B向下滑动时，B对C有向下的滑动摩擦力，则C有向左的运动趋势，因此水平面对C有向右的摩擦力，故D正确．故选AD．点睛：解答该题关键是正确的判断静摩擦力的有无，对于静摩擦力的有无，关键在
于正确判断其运动的趋势，解答过程中重用假设法和特殊值法来判断静摩擦力的相关问题．该题还应注意整体法和隔离法的正确应用．
14. 探月工程三期飞行试验器于2014年10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，最终进入距月球表面高为h 的圆形工作轨道．设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( ) A. 飞行试验器在工作轨道上的加速度为2()R g R h
B. 飞行试验器绕月球运行的周期为2
C. D. 月球的平均密度为34g
Rg π
【答案】AD 【解析】
【详解】A.根据万有引力与星球表面重力相等得：
2
GMm
mg R =
， 根据牛顿第二定律得：飞行试验器在工作轨道上的加速度
2
2GM R a g r R h ⎛⎫== ⎪+⎝⎭
，
故A 正确；
B.飞行器绕月运行时万有引力提供圆周运动向心力：
2
2
24GMm m r r T
π=， 得
22T π
==，
故B 错误；
C.飞行器工作轨道上的绕行速度满足
()
2
2
GMm
v m R h
R h =++，
得
2
GM
gR v
R h
R h
=
=++， 故C
错误；
月球的密度
33443
M g
GR R ρπ
π=
=
，
故D 正确． 故选AD ．
【点睛】根据万有引力与星球表面重力相等列出等式，根据牛顿第二定律得出飞行试验器在工作轨道上的加速度；飞行器绕月运行时万有引力提供圆周运动向心力列出等式求解；根据万有引力提供向心力，推导出线速度求解；根据密度定义求解． 15. 如图所示，质量为m 的小球放在半径为R 的光滑半球形槽内，当槽以加速度a 向右匀加速运动时，球离开槽底部的高度为h ，下列说法正确的是（ ）
A. 槽加速度a 越大，则h 越大
B. 槽加速度a 越大，则h 越小
C. 槽加速度a 越大，则球对槽的压力越大
D. 槽加速度a 越大，则球对槽的压力越小 【答案】AC 【解析】
设小球所在位置的半径与水平方向的夹角为θ．
则小球所受的合力 mg F tan θ=
合，根据牛顿第二定律得：mg F ma tan θ=
=合，得g
tan a
θ=，则槽加速度a 越大，θ越小，由几何关系可知h 越大．故A 正确，B 错误．由图可得：槽对球的支持力 mg N sin θ=
，槽加速度a 越大，θ越小，由mg N sin θ
=知，N 越大，由牛顿第三定律知球对槽的压力越大．故C 正确，D 错误．故选AC.
16. 如图所示，在以1/2g 匀加速下滑的电梯地板上放有质量为m 的物体，劲度系数为k 的轻质弹簧的一端固定在电梯壁上，另一端与物体接触（未相连），弹簧水平且无弹性形变，用水平力F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了l ，此时物体静止，撤去F 后物体开始向左运动，运动的最大距离为2l ，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则撤去F 后
A. 物体与弹簧分离前加速度越来越大
B. 物体与弹簧分离前加速度越来越小
C. 弹簧压缩量为
2mg
k
μ时，物体速度最大
D. 物体做匀减速运动的时间为1
2g
μ【答案】CD 【解析】
撤去力F 后，弹力大于摩擦力，则物体向左做加速度减小的加速运动，当弹力等于摩擦力时加速度减为零，此时物体的速度最大，然后物块继续向左运动时，摩擦力大于弹力，物块的加速度反向增加，直到弹力为零时，物块离开弹簧，则物体与弹簧分离前加速度先减小后增加，选项AB 错误；物块在竖直方向：1
2
N F mg ma mg -==
解得F N =32mg ；当弹力等于摩擦力时速度最大，此时32N kx F mg μμ==,解得32mg x k
μ=，选项C 正确；物块离开弹簧后做匀减速运动，位移为x ，加速度为
33
22
mg
a g m
μμ⋅=
=
,根据x=
12
at 2
解得：43x
t g
μ=，选项D 正确；故选CD. 点睛：此题关键是分析物体受力情况，从而分析物体的加速度变化情况；注意物体对地板的正压力不是mg ，这是容易出错的地方．
17. 如图所示，一个水平传送带以v 0=10 m/s 的速度顺时针转动，水平部分AB=1.6 m ，一质量为m=0.4 kg 的小工件由A 点轻轻放上传送带，工件在B 处无能量损失且怡好能滑到斜面最高点P ，已知BP=L=1.6 m ，斜面与水平面的夹角为θ=30°，g=10 m/s 2斜面光滑，不计空气阻力，下列选项正确的是
A. 工件从A 到B 先做匀加速运动再做匀速运动
B. 工件在水平传送带上的最大速度为4 m/s
C. 工件与传送带间的动摩擦因数为0.5
D. 工件在水平传送带上的
运动时间为1.2 s 【答案】BC 【解析】
工件在斜面上运行的加速度a =gsinθ=5m/s 2．根据速度位移公式得，B 点的速度
0225 1.6/4/B v aL m s m s v ⨯⨯=＝＝＜ ，可知传送带一直做匀加速直线运动，工件在水平传送带上的最大速度为4/m s ，故A 错误，B 正确．根据速度位移公式得，v B 2＝2a ′s ，
解得：22
245/22 1.6
B v a m s s ＝＝＝'⨯ ，根据牛顿第二定律得：a ′＝μ′g ，解得：μ′=0.5．故
C 正确．从A 到B 的过程中，工件的运行的时间4
0.85
B v t s s a =
'＝＝，故D 错误；故选BC ． 点睛：解决本题的关键理清工件在传送带和斜面上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁． 二、实验题
18. 某同学利用图示方法测量一根硬弹簧的劲度系数．图中金属槽的质量为M ，槽中装有n 个质量为m 的铁块，此时弹簧上端连接的指针指在刻度尺的d 0刻度，弹簧下端与刻度尺的零刻度对齐．实验时从槽中每拿出一个铁块，指针就沿刻度尺上升△d ，由此可求出弹簧的劲度系数为_______；当把金属槽和铁块全部拿走后弹簧的长度为______．(重力加速度为g)
【答案】 (1).
∆mg d (2). ()0nm M d d
m
+∆+
【解析】
根据胡克定律可得=⋅∆mg k d 解得=
∆mg k d ；开始时弹簧的形变量+∆=nmg Mg
x k
，当把金属槽和铁块全部拿走后，弹簧的长度为00()+∆+∆=+
nm M d
d x d m
；
19. 某研究性学习小组为“探究加速度与力、质量的关系”独力设计了如图甲所示的实验装置．已知小车质量为m 1，砝码和盘的质量为m 2，除了装置图中所给的器材外，另外备有垫木、复写纸、电键及导线若干．
（1）除了上面涉及的实验器材外，本次实验还缺少的器材有 ．
（2）保持m 1不变，改变m 2的大小，小明同学根据实验数据作出了加速度a 随拉力F 的变化图象如图乙所示，该图线不通过坐标原点，最可能的原因是： ． （3）如图丙所示为某次实验得到的一条纸带，相邻计数点间还有四个点没有画出．AB 、CD 计数点之间的距离已测出，由于疏漏B 、C 两计数点之间的距离忘记了标注，根据纸
带上现有的数据情况，可计算出小车运动的加速度为 m/s 2（交流电的频率为50Hz ，
结果保留两位有效数字）
【答案】（1）交流电源（或答学生电源）和刻度尺； （2）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够； （3）0.52． 【解析】
解：（1）由题意可知，打点计时器需要交流电流，打出纸带需要刻度尺来测量长度，算出加速度．
（2）从图象可以看出当有了一定的拉力F 时，小车的加速度仍然是零，小车没动说明小车的合力仍然是零，即小车还受到摩擦力的作用，说明摩擦力还没有平衡掉，或者是平衡摩擦力了但是平衡的还不够，没有完全平衡掉摩擦力，
所以图线不通过坐标原点的原因是实验前该同学未平衡（或未完全平衡）摩擦力． （3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT 2得：=
=0.52m/s 2．
故答案
（1）交流电源（或答学生电源）和刻度尺；
（2）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够； （3）0.52．
【点评】实验时要平衡摩擦力，平衡摩擦力不足或过平衡摩擦力都是错误的．利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力． 三、计算题
20. 短跑运动员完成100m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s 内通过的距离为7.5m ，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离． 【答案】１０m 【解析】
根据题意，利用平均速度等于中点时刻的速度，设运动员在 1.5时的速度为v ，则
7.5m/s 1
s v t =
= 由公式227.5
m/s =5m/s 1.5
v a t ∆=
=∆ 设运动员做匀加速直线运动的时间为1t ，匀速运动的时间为2t ，匀速运动的速度为
v ，跑完全程的时间为t ，全程的距离为s ，加速运动通过的距离为s '．依据题意及
运动学规律得12t t t =+ ；1v at = ；2
1212
s at vt =
+ ； 则加速运动通过的距离为2
112
s at '
=
； 联立以上各个公式得10m s '=
综上所述：运动员做加速运动时的加速度为5 m/s 2
并且在加速阶段走过的位移为10 m
21. 如图，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R=0.4m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m=1kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10m/s 2。

(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值； (3)若滑块离开C 点的速度大小为10m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间t 。

【答案】(1)0.375；3；(3)0.1s 【解析】
【详解】(1)滑块从A 到D 过程，根据动能定理有
2(2cos370sin37R
mg R R mg μ⋅--︒⨯
=︒
) 整理得
1tan370.3752
μ=︒=
(2)若滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有
2 C
N v mg F m R
+=
因 F N ≥0，解得
100.42m/s C v Rg ≥⨯=
滑块从A 到C 的过程，由根据动能定理有
22
0211cos37sin3722
C R mg mv mv μ-︒⨯
=-︒ 解得
2
20222100.423m/s C v v gR =+≥+⨯⨯=
(3)离开C 点做平抛运动，则有
x=v C t y=
12
gt 2
又由几何关系有
2tan37R y
x
-︒=
联立代入得
t=0.1s
22. 如图所示，质量M ＝5.5kg 的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m ＝1kg 的小球相连。

今用跟水平方向成60°角的力F ＝3拉着球并带动木块一起向右匀速
运动，运动中M 、m 相对位置保持不变，g 取10m/s 2。

求： (1)轻绳与水平方向夹角θ；
(2)木块M 与水平杆间的动摩擦因数μ。

【答案】(1)30°；(2)310
【解析】
【详解】(1)m 处于平衡状态，受到重力、拉力F 和轻绳拉力F T ，如图所示
以m 为研究对象，由平衡条件得 水平方向
F cos60°-F T cos θ=0①
竖直方向
F sin60°-F T sin θ-mg=0②
①②联立解得
θ=30°
(2)以M 、m 整体为研究对象，设杆对M 的支持力为F N ，由平衡条件得 水平方向
F cos60°-μF N =0③
竖直方向
F N +F sin60°-Mg-mg=0④
由③④解得
10
3μ=。