甘肃省酒泉市酒泉中学2024学年物理高三第一学期期中经典试题含解析

甘肃省酒泉市酒泉中学2024学年物理高三第一学期期中经典试
题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、质量相同的甲、乙两车同时从同一地点沿同一直线运动，它们的运动速度随时间变化的ν–t图象如图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）
A．在0~t0内，乙车一直在做加速度减小的加速运动
B．在t=t0时，甲乙两车恰好相遇
C．在t=2t0时刻，甲乙两车相距最远
D．在0~2t0内，甲车的平均速度大小为v0
2、世界上没有永不谢幕的传奇，NASA的“卡西尼”号探测器进入图形探测任务的最后篇章。

据NASA报道，“卡西尼”2017年4月26日首次到达土星和土星内环（碎冰块、岩石块、尘埃等组成）之间，并在近圆轨道做圆周运动。

在极其稀薄的大气作用下开启土星探测之旅的。

最后阶段---“大结局”阶段。

这一阶段将持续到2017年9月中旬，直至坠向土星的怀抱。

若“卡西尼”只受土星引力和稀薄气体阻力的作用，则
A．4月26日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的角速度小于内环的角速度
B．4月28日，“卡西尼”在近圆轨道上绕土星的速率小于内环的速率
C．5月6月间，“卡西尼”的动能越来越大
D．6月8月间，“卡西尼”的动能、以及它与火星的引力势能之和保持不变
3、如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱．其物理原理可等效为如图乙所示的模型:半径为R 的磁性圆轨道竖直固定，质量为m 的小铁球(视为质点)在轨道外侧转动，A 、B 两点分别为轨道上的最高、最低点．小铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g ．下列说法正确的是
A ．小铁球可能做匀速圆周运动
B ．小铁球绕轨道转动时机械能不守恒
C ．小铁球在A 点的速度的最小值为gR
D ．要使小铁球不脱轨，轨道对小铁球的磁性引力至少为5mg
4、关于曲线运动的性质，以下说法中正确的是( )
A ．曲线运动一定是变速运动
B ．变速运动一定是曲线运动
C ．曲线运动一定是变加速运动
D ．物体运动的加速度数值、速度数值都不变的运动一定是直线运动
5、如图所示，质量为m 的小球被固定在轻杆的一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时轻杆对小球的拉力为7.5mg ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周通过最高点时轻杆对小球的支持力为0.5mg ．小球在此半个圆周运动过程中克服空气阻力所做的功为
A ．4mgR
B ．4
mgR C ．mgR D ．2mgR
6、如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切
的圆弧，BC 是水平的，其距离d ＝0.60 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止开始下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B 的距离为( )
A ．0.60 m
B ．0.30 m
C ．0.10 m
D ．0
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，纸面内间距均为L 的A 、B 、C 三点位于平行于纸面的匀强电场中．电
荷量为q=1.0×
10-5C 的负电荷由A 点移动到C 点克服电场力做功为51 4.010W J -=⨯，该电荷由C 点移动到B 点电场力做功为W 2=2.0×
10-5J ．若B 点电势为零，以下说法正确的是
A ．A 点的电势为2V
B ．A 点的电势为-2V
C ．匀强电场的方向为由C 点指向A 点
D ．匀强电场的方向为垂直于AC 指向B
点 8、如图所示，小金属块Q 放在有光滑小孔的水平桌面上，轻质细线一端固定在Q 上，另一端穿过小孔连接金属小球。

保持金属块Q 静止，让小球先后在P 、P '两个水平面内做匀速圆周运动。

小球在P 平面时
A ．Q 受到桌面的支持力较大
B ．Q 受到桌面的静摩擦力较小
C ．小球运动的角速度较小
D．小球运动的向心加速度较大
9、如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x＝2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图像．下列说法正确的是（）
A．这列波的传播方向是沿x轴正方向
B．这列波的传播速度是20 m/s
C．经过0.15 s，质点P沿x轴的正方向传播了3 m
D．经过0.1 s，质点Q的运动方向沿y轴正方向
E.经过0.35 s，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
10、下列说法正确的是( )
A．空气中PM2.5的运动属于分子热运动
B．热量总是自发的从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体
C．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力D．随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也减小
E.利用液晶在外加电压的影响下，会由透明状态变成混浊状态而不透明，去掉电压后，又会恢复透明的特性可以做成显示元件
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球，按下述步骤做了实验：
①用天平测出两小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)．
②按图示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端．
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．
④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它
们发生碰撞，分别记下小球m 1和m 2在斜面上的落点位置．
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B 的距离．图中D 、E 、F 点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B 点的距离分别为L D 、L E 、L F .
根据该同学的实验，回答下列问题：
(1)在不放小球m 2时，小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，m 1的落点在图中的________点，把小球m 2放在斜槽末端边缘处，小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m 1的落点在图中的________点．
(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________．
A ．m 1L F ＝m 1L D ＋m 2L E
B ．222
1E 1D 1F m L m L m L =+
C ．m 1L E ＝m 1L
D ＋m 2L F
D ．L
E ＝L
F －L D
12．（12分）要测量一段阻值大约为100 Ω粗细均匀的电阻丝的电阻率，除刻度尺、螺旋测微器、电源E (电动势为3 V 、内阻约为0.5 Ω)、最大阻值为20 Ω的滑动变阻器R 、开关S 、导线若干外，还有电流表和电压表各两只供选择：A 1(量程1 A 、内阻约为1 Ω)、A 2(量程30 mA 、内阻约为2 Ω)、V 1(量程3V 、内阻约为1 000 Ω)、V 2(量程15 V 、内阻约为3000 Ω)。

(1)用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图所示，则电阻丝的直径为______mm 。

(2)为了使测量有尽可能高的精度，电流表应选_______，电压表应选_______.（填题目中的对应符号）
(3)实验电路应选择下列电路中的________。

A ．
B ．
C ．
D ．
(4)若用刻度尺测得电阻丝的长度为L ，用螺旋测微器测得电阻丝的直径为d ，电流表的读数为I ，电压表的读数为U ，则该电阻丝的电阻率表达式为ρ＝________。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，左侧平行板电容器内有电场强度为E 的匀强电场，电容器右侧虚线区域内有垂直于纸面的匀强磁场，电容器极板长度等于匀强磁场区域的宽度。

直线1mg a g m μμ==是平行板电容器的中心线，一束速度为v 0的带电粒子沿着直线
21528a a v R L a μ
==射入电场，经电场偏转后进入磁场，经磁场偏转后离开磁场。

(1)如果粒子离开磁场时的的速度方向与直线2122
R gt =
平行，求这种情况下磁感应强度B 1的大小 (2)如果粒子经磁场偏转后又回到O 点，求这种情况下磁感应强度B 2的大小
14．（16分）如图所示，平板车P 的质量为M ，质量为m 的小物块Q 大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R ，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量也为m 的小球(大小不计)．今将小球拉至悬
线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失．已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g．求：
(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？
(2)平板车P的长度为多少？
15．（12分）某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为S．比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如题25图所示．设球在运动中受到空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g．
（1）求空气阻力大小与球速大小的比例系数 ；
（2）求在加速跑阶段球拍倾角随速度变化的关系式；
（3）整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D
【解题分析】
A 、在0~t 0内，乙车先做加速度减小的减速运动，然后反向做加速度减少的加速运动，故A 错误．
B 、在t=t 0时，甲乙两车速度相等，两车距离最远，故B 、
C 错误．
D 、在0~2t 0内，甲车做匀减速运动，甲车的平均速度就等于这段时间中间时刻的瞬时速度v 0，故D 正确．
故选D
2、C
【解题分析】
A ．万有引力提供向心力
22Mm G m r r
ω= 解得：
ω=则轨道半径小的角速度大，则A 错误；
B ．由万有引力提供向心力：
2
2Mm v G m r r
= 得
v =则轨道半径小的速率大，则B 错误；
C ．5到6月间，因与稀薄气体阻力做负功其速度减小，做向心运动，重力做正功动能增加，则C 正确；
D ．6月到8月间，因稀薄气体阻力做负功，机械能减小，则D 错误。

3、D
【解题分析】
AB.小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大。

小铁球不可能做匀速圆周运
动。

故A B 错误；
C. 小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于1即可通过最高点。

因此小球在
，故C 错误。

D. 由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：2
v F m R
=，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小。

而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上。

要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于1．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为1，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于1。

根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为1，到达最低点时的速度满足
2122
mg R mv ⋅= 轨道对铁球的支持力恰好等于1，则磁力与重力的合力提供向心力，即：
2
v F mg m R
-= 联立得：F =5mg 可知，要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg 。

故D 正确。

4、A
【解题分析】
AB.曲线运动速度一定变化，所以一定是变速运动；匀加速直线运动就是变速运动，但不是曲线的，选项A 符合题意，选项B 不符合题意；
C.平抛运动就是物体加速度大小不变的曲线运动，选项C 不合题意；
D. 匀速圆周运动就是运动的加速度数值、速度数值都不变的曲线运动，选项D 不合题意
5、C
【解题分析】
试题分析：小球通过轨道的最低点，此时轻杆对小球的拉力为F 1=7.5mg ，
2
11v F mg m R
-=，解得1v 小球通过最高点时轻杆对小球的支持力为0.5mg ，
则
2
2
2
v
mg F m
R
-=,解得
2
0.5
v gR
=，小球在此半个圆周运动过程中应用动能定理：
22
21
11
2
22
f
mg R W mv mv
-⨯-=-，解得f W mgR
=，故选项C正确．
考点：牛顿第二定律动能定理
【名师点睛】
①对圆周运动过程的某一状态点，常常用牛顿运动定律和向心力的公式建立方程，在竖
直平面内做圆周运动的最低点有
2
1
1
v
F mg m
R
-=，在最高点有
2
2
2
v
mg F m
R
+=．
②对圆周运动过程的而言，若没有摩擦力和阻力，可以利用机械能守恒或动能定理建立处末状态之间的联系，若有摩擦力和阻力，一般用动能定理列方程求解．
6、A
【解题分析】
设小物块间在BC面上运动的总路程为S，物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得，得到，，则，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最后停在C点，则停的地点到B的距离为0.60m，故A正确，B、C、D 错误；
故选A。

【题目点拨】
根据动能定理，对小物块开始运动到停止的全过程进行研究，求出小物块在BC面上运动的总路程，再由几何关系分析最后停止的地点到B的距离。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BC
【解题分析】
根据试探电荷的电荷量和电场力做功，根据公式
W
U
q
=，分别求出A与C间、C与B
间电势差，结合B点电势为零，再确定A、B两点的电势．找到等势线，根据电场线和等势面的关系分析场强的方向．
【题目详解】
对于C 、B 间电势差为：552.01021.010
CB CB W U V V q ---⨯===-⨯，若B 点电势为零，U CB =φC -φB ，则C 点电势φC =2V ．而A 与C 间的电势差为：
55
4.01041.010AC AC W U V V q --⨯===--⨯，因U A C =φA -φC ，则A 点电势φA =-2V ，故A 错误，B 正确；因φC =2V ，φA =-2V ，可知，AC 连线的中点M 电势为0，M 与B 点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC 为等边三角形，BM ⊥AC ，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C 到A ，故C 正确，D 错误．所以BC 正确，AD 错误．
【题目点拨】
本题主要考查对电势差公式的应用能力，W U q
=
各量均需代入符号．注意电势有正负，而电压没有正负可言．
8、BC
【解题分析】
A ．金属块Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，
Q 受到桌面的支持力等于其重力，保持不变。

故A 不符合题意。

BC ．设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T ，细线的长度为L 。

P 球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有
拉力为：cos mg T θ
= 根据牛顿第二定律：mgtanθ=mω2Lsinθ，解得角速度：
cos g L ωθ
=使小球改到一个更低一些的水平面上作匀速圆周运动时，θ减小，cosθ增大，则细线拉力T 减小，角速度减小。

对Q 球，由平衡条件得知，Q 受到桌面的静摩擦力将减小。

故BC 符合题意。

D ．根据牛顿第二定律：mgtanθ=ma ，可得小球运动的向心加速度为：
a=gtanθ
θ减小，tanθ减小，所以向心加速度较小。

故D不符合题意。

9、ABE
【解题分析】
试题分析：由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向．
由乙图读出，t=0时刻质点的速度向下，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正方向
传播，A正确；由图知：λ=4m，T=0.2s，则波速
4
/20/
0.2
v m s m s
T
λ
===，B正确；
简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，C错误；图示时刻Q点沿y
轴正方向运动，
1 0.1
2
t s T
==，质点Q的运动方向沿y轴负方向，D错误；t=0.35s=1.75T，经过0.35 s时，质点P到达波峰，而质点Q位于平衡位置与波谷之间，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，E正确．
10、BCE
【解题分析】
A．PM2.5在空气中的运动是固体颗粒分子团的运动，不是分子的热运动，故A错误；B．根据温度的微观意义可知，温度是分子平均动能的标志，热量总是自发的从温度高的物体传递到温度低的得物体；故B正确；
C．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在表面张力；故C正确；
D．随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子间的距离等于平衡距离时分子势能最小，当分子间距离小于平衡距离时随分子间距离的增大，分子势能减小，当分子间的距离大于平衡距离时，随分子间距离的增大分子势能增大；故D错误；
E．利用液晶在外加电压的影响下，会由透明状态变成混浊状态而不透明，去掉电压后，又会恢复透明的特性可以做成显示元件；故E正确。

故选BCE．
【题目点拨】
本题考查对分子动理论的理解；掌握温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大;分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、E D C
【解题分析】
(1)[1][2]小球m 1从斜槽顶端A 处由静止开始滚下，m 1的落点在图中的E 点，小球m 1和小球m 2相撞后，小球m 2的速度增大，小球m 1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m 1球的落地点是D 点，m 2球的落地点是F 点．
(2)[3]设斜面倾角为θ，小球落点到B 点的距离为L ，小球从B 点抛出时速度为v ，则竖直方向有L sin θ＝12gt 2，水平方向有L cos θ＝vt ， 解得 v ＝cos L t θ＝cos 2sin L L g θθ＝cos 2sin g
L θθ 所以v ∝L ，由题意分析得，只要满足m 1v 1＝m 2v 2＋m 1v ′1，把速度v 代入整理得： 1E 1D 2F m L m L m L ＝＋
说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式：
2'22211112111222
m v m v m v =＋ 整理得m 1L E ＝m 1L D ＋m 2L F ，故C 正确．ABD 错误。

12、0.851（0.850~0.853） A 2 V 1 A
【解题分析】
螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；选择电表时，要做指针偏转要大一些，在其中间刻度的三分之一范围内比较准确；由于待测电阻较大，因此电流表采用内接法，根滑动变阻器采用分压接法；根据欧姆定律求出金属丝电阻，有电阻定律可以求出电阻率的表达式；
【题目详解】
解：(1)螺旋测微器的固定部分读数为：0.5mm ，可动部分读数为：
35.1×0.01mm=0.351mm ，故最后读数为：0.5mm+0.351mm=0.851mm ；
故答案为：0.850；
(2)因电源E(电动势3V)，因此电压表选择V 1，而金属丝电阻约为5Ω，则最大电流
，因此电流表选择A 2；
故答案为：A 2；V 1；
(3)根据实验原理：，所以电流外采用内接法；滑动变阻器R 的最大阻值为20Ω，而金属丝电阻约为100Ω，因此采用滑动变阻器的分压式，实验电路应选择A ；
故答案为：A ；
(4)根据欧姆定律得：，根据电阻定律得：，联立解得：； 答案为：；
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1) 0E v (2) 04E v 【解题分析】粒子在电场中做平抛运动，设电容器极板长度为L ： 0L v t =， y qE v t m
=
设离开电场时速度方向与竖直方向夹角为θ， cos y
v v θ=
粒子在磁场中运动1
mv R qB = 因为粒子离开磁场时的的速度方向与直线OO '平行，根据几何关系cos R L θ=
联立解得10
E B v = （2）粒子在电场中的偏转距离，粒子能够回到O 点，根据几何关系2sin h R θ= cos L R R θ=+
根据平抛运动的的推论，位移与水平方向夹角的正切等于速度偏转角正切的12 1tan 2h L θ=，解得1cos 3
θ= 粒子在电场中的水平位移0cos v t R R θ=+ 粒子在电场中的竖直速度y qE t v m
= 离开电场时和偏转角之间的关系0tan y
v v θ= 粒子在磁场中运动022sin v mv m R qB qB θ
==⋅ 联立解得20
4E B v = 14、（1
（2）718R μ 【解题分析】
小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，满足动量守恒的条件且能量守恒．小物块Q 在平板车P 上滑动的过程中，二者相互作用，动量守恒，部分动能转化为内能．
【题目详解】
(1) 小球由静止摆到最低点的过程中，机械能守恒，则有：
0201(1cos60)2mgR mv -=
解得：0v =
小球与Q 进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．
小物块Q 在平板车P 上滑动的过程中，Q 与P 组成的系统动量守恒：mV 0=mV 1+MV 2 其中2112v v =，M=4m
，解得：1v =
2v = (2) 小物块Q 在平板车P 上滑动的过程中，部分动能转化为内能，由能的转化和守恒定律，知：
2221
11(2)222
Q mgL mv Mv m v μ=-- 解得：L=718R μ
． 【题目点拨】
逐一分析物体间的相互作用过程，分析得到物体间相互作用时满足的规律：动量守恒、能量守恒等，进而求出要求的物理量．
15、（1）0mg v tanθ1（2）tanθ=a g +0v v tanθ1（3）12
a’t 2≤r 【解题分析】
（1）在匀速运动阶段，有mgtanθ1=kv 1，
解得：k=0
mg v tanθ1． （2）加速阶段，设球拍对球的支持力为N’，有N’sinθ-kv=ma ，
N’cosθ=mg
联立解得：tanθ=a g +0
v v tanθ1． （3）以v 1做匀速直线运动时，设空气阻力与重力的合力为F ，有 F=0
cos mg θ． 球拍倾角为θ1+β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a’，有
Fsinβ=ma’，
设匀速跑阶段所用时间为t ，有：t=0s v -02v a
， 球不从球拍上掉落的条件为12
a’t 2≤r ． 解得sinβ≤2
0022r
v s g v a ⎛⎫- ⎪⎝⎭cosθ1．。