湖南省衡阳县三中高三第二次10月月考物理试题 含解析

衡阳县三中2017届毕业班第二次（10月）月考试卷
物理
一、选择题（本题共有12小题，每小题4分，共48分，其中1-8题只有一个选项是正确的；9-12题有多个选项正确，选对但不全得2分，有选错的得0分）
1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。

对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实相符的是（ ）
A.伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
B.亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快
C.笛卡尔发现了万有引力定律；卡文迪许比较准确地测出了引力常量G
D. 牛顿首创了将实验和逻辑推理和谐结合起来的物理学研究方法
【答案】
A
【解析】
伽利略通过对理想斜面的研究得出：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A 正确．伽利略运用逻辑推理和实验认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，故B 错误；牛顿发现了万有引力定律；卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量G ，故C 错误；伽利略首创了将实验和逻辑推理和谐结合起来的物理学研究方法故D 错误。

2.银河系处于本超星系团的边缘,已知银河系距离星系团中心月2亿光年,绕星系团中心运行的公转周期约1000亿年,引力常量11226.6710
/G N m kg -=⨯,根据上述数据可估算( )
A. 银河系的密度
B. 银河系绕本超星系团中心运动的加速度
C. 银河系的质量
D. 银河系绕本超星系团之间的万有引力
【答案】B
【解析】 A. 根据万有引力提供向心力2
224mM G mr r T
π=，因半径r 和周期T 已知，故可求得中心天体本超星系的质量M ，但无法根据题设条件求出银河系的质量，银河系的密度也无法求出，故A. C 错误。

B. 因为公转周期已知,根据2
24a r T
π=可以求出银河系绕本超星系团中心运动的加速度，故B 正确。

D. 由于银河系的质量无法得出，则无法求出银河系绕本超星系团之间的万有引力，故D 错误。

故选：B.
3. 如图甲,水平地面上有一静止平板车,车上放一质量为m 的物块,物块与平板车的动摩擦因数为0.2,t =0时,车开始沿水平面做直线运动,其v −t 图象如图乙所示.g 取10m /s 2,平板车足够长,则物块运动的v −t 图象为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
小车先做匀加速直线运动,然后做匀减速运动,匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等,a =△v/△t =4m /s 2，
根据物体与车的动摩擦因数可知,物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2m /s 2，因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力。

根据受力分析,结合牛顿第二定律,则有：当0−8s 时,车的速度大于物体,因此物体受到滑动摩擦动力,则其加速度为2m /s 2，
同理,可得：当,当8−16s 时,车的速度小于物体,因此物体受到滑动摩擦阻力,则其加速度为2m /s 2，故C 正确，A. B. D 错误。

故选：C.
4.如图所示,在长方形区域中，AD 边竖直，边长AB :AD k =，将两小球分别以1v 、2v 的初速度从同一高度的A. B 两点水平抛出,经一段时间,二者恰好在对角线AC 相遇,且相遇时速度方向相互垂直,不计空气阻力,则 ( ) A.2124k v v = B. 124k v v = C. 122k v v = D. 2
122
k v v = 【答案】A
【解析】
两个球均做平抛运动，故：
12tan ,tan ,2y
y v v v v παβαβ==+=
对两个球,均有：y v gt =
联立解得：12v v t =，又211112
tan ,2gt AD k v kgt v t AB θ===∴= 12211211,24
v v v kg v k v ∴=⨯∴=
5.如图所示,质量分别为3m 和2m 的两个可视为质点的小球a 、b ,中间用一细线连接,并通过另一细线将小球a 与天花板上的O 点相连,为使小球a 和小球b 均处于静止状态,且Oa 细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37︒
,需要对小球b 朝某一方向施加一拉力 F. 若已知sin 370.6︒=,cos370.8︒=,重力加速度为g ,则当F 的大小达到最小时,Oa 细线对小球a 的拉力大小为( )
A. 5mg
B. 4mg
C. 2mg
D. 3 mg
【答案】B
【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出
F 在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F 与T
的合力与重力mg 总是大小相等、方向相反，由力的合成图
可知，当F 与绳子oa 垂直时，F 有最小值，即图中2位置，
F 的最小值为：
根据平衡条件得：F =5mg sin37︒=3mg ,T =5mg cos37︒
=4mg
故选：B.
6.2016第三届环青海湖（国际）电动汽车挑战赛于6月20日在青海省西宁市的青海湖畔举行，某时刻b 车经过a 车由静止开始运动，从该时刻开始计时，他们的v t -图像如图所示，已知两车始终在同一直线上运动，则下列两汽车运动情况说法正确的是（ ）
A.整个过程两车可以相遇两次
B. 整个过程两车最大距离为1m
C.前2s 内a 车加速度小于b 车
D.两车只在第二秒时相遇一次
【答案】D
【解析】由图可知a 车在前2秒内做匀加速运动，加速度是a 直线的斜率等于2212/a m s ∴= 第2秒末速度为4/v at m s ==，在第2秒开始到滴秒末做匀减速运动，加速度为221/a m s =-，在1至3秒内b 车做加速度为231/a m s =-匀减速运动。

所以C 错误，在第1秒末两车速度相等，在1秒后a 车速度大于b 车速度，由位移等于面积可知，在第2秒末两车位移相等，此时两车相遇，之后因a 车速度大于b 车速度，a 车在b 车前，不会再相遇，所以A 错误，整过过程a 车的位移为12m,b 车的位移为4.5m,所以B 错误。

7. 据中国之声《新闻高峰》报到，科学家或将在2016年8月底公布在银河系里发现一个与“地球相近似”的行星。

这个行星孕育生命的可能性，这个“地球”要比上次发现的“地球近亲比邻星要近得多。

若质量可视为均匀分布的球形“与地球相近似”的行星的密度为ρ, 半径为R 、自转周期为0T ,若万有引力常量为G ,则( )
A. 该行星的同步卫星的运行速率为0
2R T π B. 该行星的同步卫星的轨道半径为203GT ρπ
C. 该行星表面重力加速度在两极的大小为43
G R ρπ D.
该行星的卫星在星球表面附近做圆周运动的速率为2π【答案】C
【解析】
根据v =ωr 行，该行星的同步卫星的轨道半径不等于行星半径R ，故A 错误。

根据万有引力提供向心力得：2
20
4=m Mm G r r T π行行
得：r =行由于343M R ρπ=⨯,
解得r =行B 错误。

对于放置于行星两极的质量为m 的物体，由万有引力等于重力得出：22
g Mm M G
mg G R R ==得…---------------① 其中343
M R ρπ=⨯…--------② 联立①②得：43G R ρπ，故C 正确 D. 卫星绕行星表面做匀速圆周运动，万有引力等于向心力，有：
F 引=F 向
22,Mm v G m v R R ==解得解得：
由于343M R v πρ=⨯=得故D 错误。

8. 已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a 所示），以此时为t=0时刻纪录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b 所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1＞v 2）.已知传送带的速度保持不变，g 取10m/s 2.则下列判断正确的是（ ）
A. 0～t 1内，物块对传送带做正功
B. 物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tanθ
C. 0～t 2内，传送带对物块做功为22
2111
22W mv mv =-
D. 系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
【答案】D
【解析】
A 、由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上．0～t 1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功．故A 错误．
B 、在t 1～t 2内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ．故B 错误．
C 、0～t 2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得：W+W G =22
211122mv mv -，则传送带对物块做功
22
211122W mv mv ≠-故C 错误．
D 、物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小．故D 正确．
故选：D
9. 如图甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m 与滑动摩擦力大小相等，则（ ）
A. 0～t 1时间内物块静止
B. t 2时刻物块A 的速度最大
C. t 2时刻后物块A 做反向运动
D. t 4时刻物块A 离出发点最远
【答案】A BD
【解析】
A 、由图象可知，0～t 1时间内拉力F 小于最大静摩擦力，物体静止，故A 对；
B 、由图象可知，在t 2时刻物块A 受到的拉力最大，物块A 受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A 的加速度最大，故B 正确；
C 、由图象可知在t 2～t 3时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C 错误；
D 、由图象可知在t 1～t 3时间内，物块A 受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在t 3
时刻以后，F小于最大静摩擦力，，合力做负功．物块动能减小，物体做减速运动，t4时刻物块A静止，故D正确；
故选A BD．
10.如图所示,固定在水平面上的光滑斜面倾角为30∘,质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧,斜面底端有一与斜面垂直的挡板。

开始时用手按住物体M,此时M距离挡板的距离为s,滑轮两边的细绳恰好伸直,且弹簧处于原长状态。

已知M=2m,空气阻力不计。

松开手后,关于二者的运动下列说法中正确的是()
A. M和m组成的系统机械能守恒
B. 当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零
C. 若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零
D. 若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和
【答案】BD
【解析】A. 因M和m之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力对两物体做功，机械能不守恒；故A错误；B.M的重力分力为Mg sinθ=mg；物体先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，则此时m受力为mg，故m恰好与地面间的作用力为零；故B正确；
C. 从m开始运动至到M到达底部过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达底部时，m的速度不为零；故C错误；
D. M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m 的机械能增加量之和；故D正确；
故选：AD.
11.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。

圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A. 弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则圆环()
A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 上滑经过B的速度小于下滑经过B的速度
C. 在C 处,弹簧的弹性势能为214
mgh mv -
D. 下滑过程中,克服摩擦力做的功为214mv 【答案】
【解析】
A. 圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B 处的速度最大，所以经过B 处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A 错误；
B. 研究圆环从A 处由静止开始下滑到B 过程，运用动能定理列式得：
mgh ′−W ′f −W ′弹=2102
B mv - 研究圆环从B 处上滑到A 的过程，运用动能定理列出等式：
−mgh ′−W ′f +W ′弹=0−
'212
B mW 即得：mgh ′+W ′f −W ′弹='212
B mW 由于W ′f >0,所以'212B mW >212B mv ，所以圆环上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度，故B 错误；
CD .研究圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程,由动能定理得：mgh −Wf −W 弹=0−0=0， 在C 处获得一竖直向上的速度v ,恰好能回到A ,由动能定理得：−mgh +W 弹−Wf =0−212B mv 联立解得：克服摩擦力做的功为：Wf =
214mv ,W 弹=mgh −214mv ,所以在C 处,弹簧的弹性势能为Ep =W 弹=mgh −214
mv ，故CD 正确。

故选：CD .
12. 将一左侧带有曲面的物体固定在水平面上，曲面在O 点与水平面相切，今有一可视为质点的小球从O 点以v 1的速度进入曲面，其能到达的最高点为Q ，而后返回到出发点的速度为v 2，已知v 2＜v 1，在OQ 间有一点P ，其中P 点距离地面的高度为Q 点距离地面高度的一半，取过O 点的势能面为零势能面．下列正确的是（ ）
A 小球从O 到Q 机械能减少量大于从Q 到O 机械能减少量
B 小球从O 到Q 机械能减少量等于从Q 到O 机械能减少量
C 小球从O 到Q 的过程中动能等于重力势能的位置在P 点
D 小球从O 到Q 的过程中动能等于重力势能的位置在P 点上方
【答案】AD
【解析】
解：A 、小球在曲面上运动，支持力与重力沿垂直于斜面方向的分力提供向心力，可知向下运动的过程中小球受到的摩擦力比较小．同时由题意可知，除重力外，还有摩擦力做功，而摩擦力的大小与正压力成正比，由于v 2＜v 1，可知向下运动的过程中小球受到的摩擦力做的功比较小，所以小球从O 到Q 机械能减少量大于从Q 到O 机械能减少量．故A 正确，B 错误；
C 、取过O 点的势能面为零势能面．由于P 点的高度是Q 点距离地面高度的一半，所以小球在P 点的重力势能是Q 点重力势能的一半，由于摩擦力还要做功，所以小球在P 点的动能一定要大于PQ 之间的重力势能的差，所以小球在P 点的动能一定大于小球在P 点的重力势能，可知小球从O 到Q 的过程中动能等于重力势能的位置在P 点上方．故C 错误，
D 正确． 故选：AD
二、实验题（本题2小题，共18分）
13.（9分） 某学习小组利用如图1所示装置验证牛顿第二定律。

(1)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力,先调节长木板一端滑轮的高度,使细线与长木板平行,接下来还需要进行的一项操作是______(填选项前的字母)；
A. 将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砝码盘和砝码质量的大小，使小车在砝码盘和砝码的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B. 将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砝码盘和砝码，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C. 将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砝码盘和砝码，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
(2)如图2是按正确实验步骤打出的一条纸带,打点计时器的电源频率为50Hz ,可算出小车的加速度a =______2
/m s (计算结果保留三位有效数字)；
(3)该小组同学在验证“合力一定时加速度与质量成反比”时,增减砝码来改变小车的质量M ,得
到小车的加速度a 与质量M 的数据,画出1a M -图线后,发现：当1M
较大时，图线发生弯曲。

在处理数据时为避免图线发生弯曲的现象，该小组同学的应画出是______.
A. a 与1M m
+的关系图线 B. a 与(M +m )的关系图线 C. 改画a 与m M
的关系图线 D. 改画a 与
21()M m +的关系图线。

【答案】
(1)B ；
(2)0.843；
(3)A .
【解析】
(1)为了保证轻绳对小车的拉力等于小车所受的合力，应使轻绳与长木板平行，小车的重力沿斜面向下的分力刚好与小车下滑过程中所受的阻力平衡，为使轻绳中没有拉力，应撤去沙桶，不能撤去纸带，选项B 正确；
(2)用逐差法计算,即220.63270.27840.27840.843/(30.025)a m s --==⨯⨯ (3)当1M
较大时,图线发生弯曲是因为没有满足M >>m 造成的。

沙桶(包括桶中的沙)与小车(包括车中的砝码)的加速度a 大小相等,以沙桶、小车整体为研究对象,若牛顿第二定律成立,则有mg =(M +m )a ,即mg 一定的情况下,a 与1M m
+成正比，没有必要满足M >>m ，避免了图线发生弯曲的现象。

14. 探究小组利用传感器研究小球在摆动过程中的机械能守恒规律，实验装置如图1所示。

在悬点处装有拉力传感器，可记录小球在摆动过程中各时刻的拉力值。

小球半径、摆线的质量和摆动过程中摆线长度的变化可忽略不计。

实验过程如下：
①测量小球质量m ，摆线长L ；
②将小球拉离平衡位置某一高度处无初速度释放,在传感器采集的数据中提取最大值为F ,小球摆到最低点时的动能表达式为___.(用上面给定物理量的符号表示)；
③改变释放高度h ，重复上述过程，获取多组摆动高度h 与对应过程的拉力最大值F 的数据，在F −h 坐标系中描点连线：
④通过描点连线，发现h 与F 成线性关系，如图2所示，可证明小球摆动过程中机械能守恒。

⑤根据F −h 图线中数据,可知小球质量m =___ kg ,摆线长L =___m (计算结果保留两位有效数字,重力加速度2
10/g m s =)
【答案】
②12
(F −mg )L ，⑤0.10，0.80. 【解析】
②根据牛顿第二定律,则有：2
v F mg m R
-=； 而动能表达式为：211()22
K E mv F mg L ==-；
⑤根据机械能守恒定律,则有：1()2mgh F mg L =
-； 那么2mg F h mg L
=+； 而F −h 图象中，截距为1，即mg =1N ，
则m =0.10kg ；
而图象的斜率k =2.5；
因此L =0.80m ；
三、计算题（本题共3小题，44分）
如图所示,斜劈的重力是4kg ,与竖直墙面间的动摩擦因数μ=0.5,外力F 方向垂直于斜劈面,斜
劈倾角37︒.若最大静摩擦力等于滑动原擦力。

(已知2sin 370.6,cos370.8.10/g m s ︒︒==取)求：
(1)F =50N 时，斜劈受到摩擦力多大?
(2)若要斜劈沿墙面在竖直方向上分别向下、向上匀速滑动，外力F 多大?
【答案】
(1)将推力F 沿着水平和竖直方向分解，竖直分力：
1sin 37500.630F F N ︒==⨯=
水平分力：
2cos37500.840F F N ︒==⨯=
最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，故：
max 20.54020f F N μ==⨯=
竖直方向,有：11max 41010G F F N f -=⨯-=<，故物体静止不动，静摩擦力为： f 静=110G F N -=
(2)情况1:
斜劈沿墙面匀速上滑,受重力、推力、支持力和滑动摩擦力(向下)，根据平衡条件，有：
水平方向：11cos370F N ︒-=
竖直方向：11sin 370F G f ︒--=
其中：11f N μ=
联立解得：
1200sin 37cos37G F N μ︒︒==-，
情况2:
斜劈沿墙面匀速下滑,受重力、推力、支持力和滑动摩擦力,根据平衡条件(向上)，有：
水平方向：22cos370F N ︒-=,竖直方向：22sin 370F G f ︒
--=
其中：22f N μ= 联立解得：
140sin 37cos37
G
F N μ︒︒
=
=+
16.如图所示,水平面上固定一个倾角为37︒
的粗糙斜面A ,质量为m =2kg 的凹形小滑块C 在斜面的底端,斜面与小滑块间的动摩擦因数μ=0.25.现将在斜面底端。

正上方的一个小球B 以v 0=3m /s 的速度水平抛出,同时小滑块以某一初速度v 从斜面底端上滑,小滑块在上滑过程中小球恰好垂直斜面方向落入凹槽.(已知2
sin 370.6,cos370.8.10/g m s ︒
︒
==取)求： (1)小球从水平抛出到落入凹槽中的时间t ； (2)凹形小滑块的初速度v ；
(3)小球落入凹槽之前的时间t 内小滑块在上滑过程中损失的机械能△E .
【答案】
(1)小球垂直落到斜面上，将则合速度与斜面相互垂直；如图所示 设小球落入凹槽时竖直速度为y v ，则有：
tan 37y
v v ︒= 解得：3
4/34
y v m s =
=； 则由y v gt =可得：4
0.410
t s ==；
(2)小球落入凹槽时的水平位移：030.4 1.2x v t m ==⨯=. 则滑块的位移为： 1.2
1.5cos37
s m ︒
=
= 根据牛顿第二定律，滑块上滑的加速度为：2
sin 37cos378/a g g m s μ︒
︒
=+= 根据公式：2
12
s vt at =-
得： 5.35/v m s =. (3)根据功能关系可知，滑块损失的机械能等于滑块克服摩擦力做的功，因此有：
cos370.25200.8 1.56E mg s J μ︒∆==⨯⨯⨯=.
17.如图所示,AB 段为一半径R =0.2m 的光滑14圆形轨道,EF 为一倾角为30︒
的光滑斜面,斜面上有一质量为0.1kg 的薄木板CD ,木板的下端D 离斜面底端的距离为15m ,开始时木板被锁定。

一质量也为0.1kg 的物块从A 点由静止开始下滑,通过B 点后被水平抛出,经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板,在物块滑上木板的同时木板解除锁定。

已知物块与薄木板间的动摩擦因数为
36
μ=
.取2
10/g m s =，求：
(1)物块到达B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)物块做平抛运动的时间；
(3)若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为多大? 【答案】
（1）物块从A 到B 的过程中机械能守恒，得：2
12
B mgR mv =
解得 220.2102/B v gR m s ==⨯⨯=
物块到达B 受重力G 和向上的弹力F 作用，由牛顿第二定律知：
2B v F mg m R -=得：22
0.120.11030.2
B v F mg m N R ⨯=+=⨯+=
由牛顿第三定律可知，物块到达B 点时对圆形轨道的压力大小等于物块受到的支持力，即
3N ，方向竖直向下．
（2）设物块离开B 点做平抛运动的时间为t 1，落地点到C 点时竖直方向的分速度是y v ，则：
123
tan 303
y y y B y x
B
v v v v v gt v v ︒︒=
=∴==tan30=
m/s 又 1315
y v t s g
∴=
=
（3）物块到达C 2
2
43
/y B v v s +=
到达C 点后物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿斜面方向：
sin 30cos30ma mg mg μ︒︒=-
代入数据得：a 1＝2.5m/s 2，方向沿斜面向下；
此时木板沿斜面的方向：Ma 2=Mgsin30°+μmgcos 30° 代入数据得：a 2＝7.5m/s 2，方向沿斜面向下；
设经过时间t 2二者的速度相等，则：1222v a t a t +=，联立方程，代入数据得：t 2＝
21
0.462v
s a a =-，二者的共同速度：v 共=a 2t 2=7.5×0.462m/s=3.465m/s
该过程中木板的位移：s ＝2
2210.8152
a t m m ≈<，即二者达到共同速度时，木板没有滑动底端．
参考答案
13. (1)B ； (2)0.843； (3)A . 14. ②
1
2
(F −mg )L ，⑤0.10，0.80. 三、计算题
15. (1)将推力F 沿着水平和竖直方向分解，竖直分力：
sin 37500.630F F N ︒==⨯=
水平分力：
2cos37500.840F F N ︒==⨯=
最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，故：
max 20.54020f F N μ==⨯=
竖直方向,有：11max 41010G F F N f -=⨯-=<，故物体静止不动，静摩擦力为： f 静=110G F N -=
(2)情况1:
斜劈沿墙面匀速上滑,受重力、推力、支持力和滑动摩擦力(向下)，根据平衡条件，有：
水平方向：11cos370F N ︒
-= 竖直方向：11sin 370F G f ︒
--=
其中：11f N μ= 联立解得：
1200sin 37cos37
G
F N μ︒︒
=
=-， 情况2:
斜劈沿墙面匀速下滑,受重力、推力、支持力和滑动摩擦力,根据平衡条件(向上)，有：
水平方向：22cos370F N ︒-=,竖直方向：22sin 370F G f ︒
--=
其中：22f N μ= 联立解得：
140sin 37cos37G
F N μ︒︒
=
=+
16. (1)小球垂直落到斜面上，将则合速度与斜面相互垂直；如图所示 设小球落入凹槽时竖直速度为y v ，则有：
tan 37y
v v ︒= 解得：3
4/34
y v m s =
=； 则由y v gt =可得：4
0.410
t s ==； (2)小球落入凹槽时的水平位移：30.4 1.2x v t m ==⨯=.
则滑块的位移为： 1.2
1.5cos37s m ︒
=
=
根据牛顿第二定律，滑块上滑的加速度为：2
sin 37cos378/a g g m s μ︒
︒
=+= 根据公式：2
12
s vt at =-
得： 5.35/v m s =. (3)根据功能关系可知，滑块损失的机械能等于滑块克服摩擦力做的功，因此有：
cos370.25200.8 1.56E mg s J μ︒∆==⨯⨯⨯=.
17. （1）物块从A 到B 的过程中机械能守恒，得：2
12
B mgR mv =
解得
2/B v m s ===
物块到达B 受重力G 和向上的弹力F 作用，由牛顿第二定律知：
2B v F mg m R -=得：22
0.120.11030.2
B v F mg m N R ⨯=+=⨯+=
由牛顿第三定律可知，物块到达B 点时对圆形轨道的压力大小等于物块受到的支持力，即
3N ，方向竖直向下．
（2）设物块离开B 点做平抛运动的时间为t 1，落地点到C 点时竖直方向的分速度是y v ，则：
1tan 30y y y B y x
B
v v v v v gt v v ︒︒=
=∴==tan30又
1y v t g
∴=
=
（3）物块到达C
/3
m s =
到达C 点后物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿斜面方向：
1sin 30cos30ma mg mg μ︒︒=-
代入数据得：a 1＝2.5m/s 2，方向沿斜面向下；
此时木板沿斜面的方向：Ma 2=Mgsin30°+μmgcos30° 代入数据得：a 2＝7.5m/s 2，方向沿斜面向下；
设经过时间t 2二者的速度相等，则：1222v a t a t +=，联立方程，代入数据得：t 2＝
21
0.462v
s a a =-，二者的共同速度：v 共=a 2t 2=7.5×0.462m/s=3.465m/s
该过程中木板的位移：s ＝
2
2210.8152
a t m m ≈<，即二者达到共同速度时，木板没有滑动底
端．。