山东烟台市龙口某校2026-2027学年高三上学期10月学情自测物理试题

高三物理月考试题答案 1.【答案】C【解析】甲图中荡秋千的小朋友在最低点时，合力提供向心力，向心加速度方 向向上，处于超重状态，故A错误；重心的位置与物体的形状和质量分布有关，乙图中三 个形状规则的物体，如果质量分布不均匀，则重心不一定在物体的几何中心，故B错误： 丙图中棋子静止在倾斜的磁性棋盘上，设倾角为θ，根据平衡条件可知，棋子受到的摩擦力 大小为f=m.gsin0,可知质量越大的棋子受到的摩擦力越大，故C正确；船桨对水的推力 与水对船桨的推力是一对相互作用力，作用在两个不同物体上，不是平衡力，故D错误； 故选C。 2.【答案】B【解析】AB.由图可知，P物体在01s内沿正方向做加速度增大的加速运动， 12s内沿正方向做加速度减小的加速运动，23s内，加速度反向，物体沿正方向做加速度 增大的减速运动，34s内，物体仍沿正方向做加速度减小的减速运动，4s时速度减小到零， 由此可知，物体一直沿正方向运动，不是往返运动，2s时物体开始做减速运动，所以2s末 速度最大，故A错误，B正确： C.Q物体在12s内和23s内，图线的斜率不变，即加速度相同，故C错误： D.图线与坐标轴所围区域的面积表示位移，由图可知，Q物体在06s的时间内，位移为 2m,平均速度为D=君ms=m/s,故D错误。故选B。 3.【答案】A【解析】两卫星在C点处时，只受万有引力作用，根据G=ma,得a=兴， 显然，在该点处二者的加速度相同，故A正确：两卫星在C点处的速度方向沿各自轨迹的 切线方向，显然不相同，故B错误：假设卫星b过P点绕地球做匀速圆周运动，万有引力 提供向心力有c细=m二，可得v=、 GM,则卫星b在P的运行速度大于卫星a的运行速度， 而卫星b从P点变轨到椭圆轨道需要点火加速，所以在P点的速度一定比α的运行速度大， 故C错误；椭圆轨道的半长轴等于圆轨道半径，根据开普勒第三定律，两卫星的周期相同。 若两卫星在C点相遇，则经过一个周期后仍在C点相遇，再次相遇不一定在D点，故D错 误；故选A。 v水d 4.【答案】D【解析】AB.甲船渡河的时间为t甲= "船 2 乙船渡河的时间为tz=立=d V船 所以渡河的时间之比为2：V3,故AB错误： CD.甲船的位移为s甲=本d=2d,乙船的位移大小为sz= V船 际+呢z=5d 所以二者之比为2：V5,故C错误，D正确。 故选D。 5.0(详解】A.v-t图像的斜率表示加速度，可得前5s内的加速度为a-A"_10 /s2=2m/s2, △15 故A错误： D.对车进行受力分析有F-f=ma,f=0.lmg 解得汽车在前5s内的牵引力为F=6×103N,故D正确； BC.匀加速直线运动阶段结束时汽车达到额定功率，y=1Om/s,此时有 P额=FY=6×103×10W=60kW 当汽车的加速度为零时达到最大速度，即此时牵引力等于阻力，则有P额=x 解得vmax=30m/5 故BC错误。故选D。 6.【答案】B【解析】对物体B,处于受力平衡状态，绳子拉力与重力平衡，设作用在绳子 上的拉力为T,由平衡条件可得T=mg,对于动滑轮而言，根据平衡条件则有2Tcos60°= 2mg,解得T=2mg,m=2m,故A错误：对定滑轮受力分析，根据平衡条件可得F定= 2Tc0s30°=2×2mg×=2V3mg:故B正确；对环受力分析，竖直方向有R=mg+ Tsin30°，水平方向有Tcos30°=f,结合f=uFN,联立解得u=5,若对圆环A施加竖直 2 向下的作用力，会增大圆环所受的压力，但水平拉力并未改变，因此圆环所受的摩擦力不变 (只会导致最大摩擦力增大)，故C、D错误；故选B。 7.【答案】D【解析】设绳子A与竖直方向的夹角为0，对物体受力分析，如图所示： 缓慢释放的过程中，可以将物体看成处于平衡状态，根据平衡条件可得，水平方向F4si日= Fesin a,.竖直方向FACOS日=Facosa十mg,解得FA=mgsa sin(a-0) sn(a-9=in acot9-cosQ由题可知，日逐渐减小，sin(a一9) Fe=mgsine mg 逐渐增大，则FA、F逐渐减小，故AB错误；对地面上的人受 力分析，水平方向则有f=Fasin a,竖直方向则有FN+ Q B 777777777777777777777777 Fecos&=mzg,由于a不变，FB减小，因此地面对工人乙的 摩擦力f逐渐减小，对工人乙的支持力不断增大，故C错误，D正确；故选D。 C设小孩与滑板之间的动摩擦因数为4，滑板与沙之间 的动摩擦因数为2。对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大 小为4，=mgin37°41 mg cos370 =2.8m/s2,同理对滑板，加 8速度大小为4，-mgi血37°4，mgc0s37°-24，m%0s370 08m/g,A错误，B正确；小孩与滑板分离时有 2a,t2、 1 =L,解得1=18，离开滑板时小孩的速度大小为= a1t=2.8m/s,C正确，D错误。 9.【答案】AC【详解】A.根据动能定理有W+W,=△E=0，,解得W=-W=-mgR,故A 正确； B.由于小孩沿轨道匀速率下滑，做匀速圆周运动，合力提供向心力F，大小始终不变，方 向始终指向圆心，故B错误； cD.轨道对小孩的支持力F和水平方向夹角0，则O逐渐增大，在法线方向F-Gsin0=F 支持力F逐渐变大，小孩沿圆弧轨道下滑的速率不变，则在竖直方向的速度'，逐渐减小， 根据P=P。=mgy, 小孩所受摩擦力和重力做功功率均一直减小，摩擦力功率P=F,速率不变所以摩擦力F 逐渐减小 由F=F,可知动摩擦因数一直减小，故C正确，D错误。故选AC。 10.【答案】AD【解析】设滑块a抛出时的速度大小为va,最大静摩擦力提供向心力，根据 牛顿第二定律可得umg=m。月，解得。=√gR,故A正确：设滑块b抛出时的速度大小 为6，最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律可得mg=m 运，解得vb=、 故B错误；已知小滑块α和b抛出时的速度方向相同，小滑块抛出后在空中做平抛运动， 竖直方向上做自由落体运动有R=92,解得t-西水平方向上做匀速直线运动，则小 滑块a和b做平抛运动的水平位移大小分别为xa=vat=√2R,x6=t=V厄R,可知滑 块a、b落地点之间的距离为△x=x。-xb=(W2-1)VmR,根据几何关系可知，滑块b的落 地点到圆心O的距离为1=x号+R2+R2=√+2R,故C错误，D正确：故选AD。 11.BC【详解】A.煤块刚放上传送带时，对煤块受力分析，沿传送带方向，有 F=uFN+mgsin0 垂直传送带方向，有F=mg cos 0 则由牛顿第二定律得F1=ma 解得a=8m/s2,故A错误； B.煤块加速度大小为a=8m/s2,设煤块可加速到与传送带速度相同，此时v煤=Y=8ms 由匀加速直线运动公式得v煤=a4,解得t=ls 此时滑块位移x-2a4,解得x=4m 由x=4m<L=14m可得煤块可加速至与传送带速度大小相同，后续煤块所受摩擦力方向相 反，对煤块受力分析，沿传送带方向，有F2=mg sin0-uF 垂直传送带方向，有F=mg cos0,则由牛顿第二定律得F2=ma2,解得a,=4m/s2 则煤块后续继续做匀加速运动，所走位移为x=L-x=14m-4m=l0m 由匀加速直线运动公式得=+4，解得%=s 则煤块从A运动到B的时间t总=4+2=ls+ls=2s,故B正确： C.由上述可知在0~s时间内煤块速度小于传送带速度，传送带匀速运动，其位移x=' 解得x=8m 则划痕△x=x-x=8m-4m=4m 在1~2s时间内煤块速度大于传送带速度，传送带匀速运动，其位移x2=2 解得x,=8m 则划痕△x2=x2-x2=10m-8m=2m 由于第二个时间段煤块速度大于传送带速度，划痕存在重合，因此应取两段划痕较大值，因 此煤块从A运动到B的过程中，传送带上黑色痕迹的长度为4m,故C正确： D.由上述可知煤块做两段加速度不同的加速运动，故D错误。 故选BC。 12.【答案】BC【解析】过程I:设P点至O的距离为L,从P点至O点，重力和摩擦力做 功，根据动能定理有-m.gcos6·L-mgLsin6=0-m6,解得L=6,设M点至0的 32 距离为L1,在M点（图中未画出）时速度最大，加速度为0，处于受力平衡状态有L1= mgsin0+umgcos0,P、M两点之间的距离为L2=L-L1,联立解得P、M两点之间的距 离为L2=8如9m0,故A错误；Q在从P点单向运动到0点的过程中，系统损失的机械能 12kg 为mgcos6:L=名m哈，故B正确：设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x, 根据功能关系可得kL2-k(xn-)2=mgxmsin6+mgxmcos日，解得xn=9mg,故 6kg C正确：因为μ=气可得mgsin0>umcos0,所以物块Q在0点的加速度不为0，在M 点，受力平衡有kL1=mgsin0+m.gcos0,故滑块Q可以静止在M点上方一点，此时有F弹= m.gsin日+fs,静摩擦力小于最大静摩擦力，故D错误；故选BC。 13.【答案】(1)C (23.6 (3)见解析：两个互成角度的力的合成规律满足平行四边形定则 【解析】(1)F1、F乃共同作用的效果与力F单独作用的效果是一样的，都能使小圆环静止在 同一位置，这里体现的物理方法是等效法。故选C。 (2)弹簧测力计每一小格为0.2N,末尾数字是2，本位估读，所以测力计示数为3.6①N。 (3)作出F1、F的合力F3,如图所示： 由图可知，在误差允许的范围内，两个互成角度的力的合成规律满足平行四边形定则。 14.【答案】(1)不需要 (2)3.60 3是 (4)mgl=(m+Md2 24t2 【解析】(1)本实验验证机械能守恒定律，需要消除摩擦力的影响，应保持气垫导轨水平放 置，所以只要绳拉力不等于零，滑块将向左加速运动，所以不需要满足M>。 (2)游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以d=3mm+12×0.05mm= 3.60mm。 (3)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度可知，遮光条通过光电门的速度大小为口=总。 (4)若系统机械能守恒，则系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，即mgl-m+ M)p2,所以mgl=m+Ma2。 2△t2 4π2R,2πrF 15.(1) 2TVR GT2 【详解】(1)卫星绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有GM,m=m4 R2=m -R2 4π2R 解得M2= GT2 （2)第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，万有引力提供向心力，在地球上有 GMm=m R2 R 月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有GMM=M, 4π2 r2 2πr 联立解得，= TVR 16.【答案】(1)a1=2m/s2,a2=4m/s2 (2)53m 【解析】(1)己知限速为v限=90km/h=25m/s,轿车先匀加速后匀速，设加速时间为t, 根据速度-时间公式可知，t1=m0 a1 根据平均速度公式可知，加速运动的位移大小为x1=omt1 2 由题意可得△x=x1+vm(△t-t1)=175m 其中vo=15m/s,△t=8s,联立解得a1=2m/s2 轿车以大小为2的加速度刹车做匀减速运动，减速2s后恰好与货车速度相等，则有v货= Vm-a2t2 解得a2==25-1 t2 2m/s2=4m/s2. (2)轿车与货车的距离最近时，轿车与货车共速，轿车通过的总位移大小为x轿=△x+ at-175m+24×2m=217m 2 货车做匀速运动，通过的总位移大小为x货=V货(At+t2)=17×(8+2)m=170m 则轿车与货车的最近距离为xmm=x货+x0-x轿=170m+100m-217m=53m。 17.【答案】10m/s,49(23.2m,6m 5 【解析】(1)飞镖做斜抛运动，飞出后，只受重力作用，根据机械能守恒定律可得gh= mv2-mvb 解得v=10m/s 斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动，落地时水平速 度大小为vx=vcos53°=6m/5 竖直速度大小为v,=vsin53°=8m/s 所以飞镖抛出时竖直速度大小为vo=6-经=2W7m5 运动过程中，竖直方向有-vy=y0-gt 解得t=v7! 5s。 (2)当飞镖运动到最高点时，竖直速度为零，有，=空=1.4m 2g 所以飞镖距地面的最大高度为hm=ho+h=3.2m 抛出点到落地点之同的水平距离为x=t-,2m。 18.【答案】1)60N,方向竖直向上（②）30u3)cos日=员-京2m<R<8m 【解析】(1)转轴光滑，没有内能产生，杆从水平位置由静止释放转动到竖直位置的过程， 根据系统机械能守恒定律有Mgl=mg·2l+mv?+号Mv哈 两球属于同轴转动模型，具有相同的角速度，则=2”=2 VR wl 代入数据解得va=2V5m/s,vg=V5m/5 对小球B,在最低点，合力提供向心力，根据牛顿第二定律有F一Mg=M喔 解得F=60N,方向竖直向上。 (2)杆从水平位置转到竖直位置的过程中，对小球A,根据动能定理可得W-mg·2l=m☑ 解得W=30。 (3)小球A脱离杆水平飞出，做平抛运动，到达a点时有v。=A=4√5m/s cos a 小球到达圆弧轨道上c点之前的d点脱离轨道，则-mgR(cosa+cos)=mv后-m哈 脱离轨道时，重力沿圆心方向的分力提供向心力，有ngcos日=m监 R 联立解得cos日=0- 当小球恰好到达圆心等高处有-mgR1cosa=0-mw☑ 解得R1=8m 当小球恰好到达c点有-mgR2(1+cosa)=mv呢-m哈 小球在c点，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg=m竖 解得R2=2m 所以要使得小球脱离轨道，则R的取值范围为2m<R<8m。高三物理月考试题 13. （1) (2) (3) 14. (1) (2) 3 (4) 丙 中湖 15. 地球 月球 聚 藏 1 16. 座号： 18. R A X高三物理月考试题 一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.判断下列图片的描述，正确的是() 甲 乙 丙 A.甲图中荡秋千的小朋友在最低点时处于失重状态 B.乙图中三个形状规则的物体，重心一定在物体的几何中心 C.丙图中棋子静止在倾斜的磁性棋盘上，质量越大的棋子受到的摩擦力越大 D.丁图中船匀速前进，船桨对水的推力与水对船桨的推力是一对平衡力 2.t0时刻，P、Q两物体均从静止开始做直线运动，其中P物体的加速度α随时间t变化的图像如图甲所 示，Q物体的速度随时间t变化的图像如图乙所示，下列判断正确的是() a/(m-s2) 0/(ms t/s 6 2 甲 A.P物体做往返运动 B.P物体在04s的时间内，第2s末的速度最大 C.Q物体在12s内和23s内，加速度方向相反 D.Q物体在06s的时间内，平均速度为零 3.如图所示，α、b两卫星的轨道在同一平面内，卫星α、b沿逆时针方向运动的轨道分别为圆和椭圆，椭 圆的半长轴等于圆的半径，P、Q为椭圆轨道上的近地点和远地点，C、D为两个轨道的交点。下列说法中 正确的是() A.两卫星在C点处的加速度相同 B.两卫星在C点处的速度相同 C.卫星b在P点的速度小于卫星a的速度 D.若两卫星在C点相遇（不相撞），则再次相遇一定在D点 第1页共8页 4.如图所示，一条小河的水流方向平行于河岸，水流速度大小为2/s,甲、乙两船相对静水的速度均为 1/s。己知甲船以最小的位移渡河，乙船以最短的时间渡河。则甲、乙两船(） ·水流方向 甲 乙 A.渡河的时间之比为23：1 B.渡河的时间之比为V5:V3 C.渡河的位移之比为1：V3 D.渡河的位移之比为2：V5 5.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额 定功率运动，其v-t图像如图所示，己知汽车的质量为=2×10kg,汽车受到的阻力为车重的0.1倍，g取 10m/s2,则下列说法正确的是() ↑v/ms) Vmax 10 A.汽车在前5s内的加速度为0.5m/s2 B.汽车的最大速度为15m/s C.汽车的额定功率为50kW D.汽车在前55内的牵引力为6×10N 6.如图所示，水平横杆右端套一圆环A,左端固定一定滑轮，轻绳的一端连接圆环A,另一端绕过动滑轮 和定滑轮连接物体B,动滑轮上挂着物体C。平衡时两滑轮间的轻绳与竖直方向的夹角为60°，圆环A恰 好未滑动。己知圆环A的质量为m,物体C的质量为2，重力加速度为g,不计滑轮质量和滑轮的摩 擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是() B☐ c■ A.物体B的质量小于2m 第2页共8页 B.绳对定滑轮的作用力大小等于2V3mg C圆环A与横杆间的动摩擦因数为号 D.若给圆环A施加竖直向下的作用力，圆环A受到的摩擦力增大 7.如图所示，工人甲在高处通过定滑轮控制绳子A,工人乙站在水平地面上拉住绳子B。工人乙前进时缓 慢收绳，货物Q缓慢竖直下落，绳子B与竖直方向的夹角α保持不变。不计滑轮与绳子之间的摩擦，忽略 绳子质量，则) Q 77777777777 A.绳子A上的拉力不断变大 B.绳子B上的拉力先变小后变大 C.地面对工人乙的摩擦力先变大后变小 D.地面对工人乙的支持力不断增大 8.滑沙是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可简化为如图所示的模型，倾角为37。的斜坡上有长为1m 的滑板，滑板与沙之间的动摩擦因数为品小孩（何视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小 孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与 滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s,则下列判断正确的是 () A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s B.小孩和滑板脱离前，滑板的加速度大小为2.8m/s C.经过1s的时间，小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s 370 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要 求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9.某游乐场的滑梯可以简化为如图所示的竖直面内半径为R的四分之一固定圆弧轨道，一质量为的小孩 沿轨道滑行，由于小孩与轨道之间的动摩擦因数是变化的，使小孩从最高点A以某一初速度滑行到最低点 B的过程中速率不变，不计空气阻力，重力加速度为g,则此过程中() 第3页共8页 01 A --0 R B 77777777777777777777777777777 A.小孩所受摩擦力做功为-mgR B.小孩所受合力的大小和方向都在变化 C.小孩与轨道之间的动摩擦因数在变小 D.小孩所受重力做功功率先增大后减小 10.如图所示，在半径为R的水平圆盘边缘处放置两个可视为质点的滑块α和b。其中α与圆盘之间的动摩 擦因数为μ，b与圆盘之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使圆盘绕过圆心O的竖 直轴缓慢加速转动。小滑块α和b抛出时的速度方向相同，落地后立即静止。已知圆盘到地面的高度为 R,重力加速度大小为g,不计空气阻力。下列说法正确的是() b A.滑块a抛出时的速度大小为gR B.滑块b抛出时的速度大小为√gR C.滑块ab落地点之间的距离为√R D.滑块b的落地点到圆心O的距离为√u+2R 11.如图所示，传送带与地面的夹角0=37°，顶端A到底端B的长度L=14m,传送带以。=8m/s的速率 逆时针转动，在顶端A无初速地放一个质量m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带间的动摩擦因数4=025， 煤块在传送带上滑动会留下黑色痕迹。取重力加速度大小g=10m/s2,si37°=0.6。下列说法正确的是 () B A.煤块刚放上传送带时，加速度大小a=7.5m/s2 第4页共8页 B.煤块从A运动到B的时间为2s C.煤块从A运动到B的过程中，传送带上黑色痕迹的长度为4m D.煤块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动 12.如图所示，倾角日=30的固定斜面顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O 点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=， 6 过程I:Q以速度vo从斜面底端P点沿 斜面向上运动恰好能滑至O点：过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图 中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 忽略空气阻力，重力加速度为g。(弹簧的弹性势能可以表示为Ep=kx2,k为弹簧的劲度系数，x为弹簧 的形变量)() M A.PM两点之间的距离为6-3mg2 12kg B.Q在从P点单向运动到O点的过程中，系统损失的机械能为mw? C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为8如品-9mg 6kg D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在M点 三、实验题（共16分) 13.小明同学探究两个互成角度的力的合成规律，实验步骤如下： ①如图甲(a),轻质小圆环拴在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的长度为GE。 ②用两个弹簧测力计共同拉动小圆环，使小圆环处于O点，如图甲6)。标记O点位置，并记录F1、F的 大小和方向。 ③撤去两个弹簧测力计，改用一个弹簧测力计单独拉动小圆环，如图甲(c),仍使它处于O点，记录F的 大小和方向。 ④由纸上O点出发，用力的图示法画出拉力F1、乃和F,如图丙（标度未画出）。 第5页共8页 (a) (b) (c) 甲 回答下列问题： (1)力F单独作用，与F1、F共同作用的效果是一样的，都能使小圆环静止在同一位置，这里体现的物理 方法是() A.类比法B.控制变量法C.等效法D.逆向思维法 (2)某次弹簧测力计的读数如图乙所示，读数为 N (3)作出F1、F的合力F3 并比较F和F3,得出两个互成角度的力的合成规律 14.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。遮光条和滑块的总质量为M,托盘和砝码的总 质量为me 光电门 数字计时器 遮光条和滑块 气垫导轨 连气源 ⑧ 刻度尺 托盘和砝码 0 10 甲 (1)实验中 满足>m(选填“需要”或“不需要”)。 (2)用游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图乙所示，则d= mm (3)实验时开启气泵，先将气垫导轨调至水平，然后通过细线将滑块与托盘相连。将滑块从图甲所示的位 置由静止释放，读出遮光条通过光电门的挡光时间△，则遮光条通过光电门时，速度大小为 (用d、△t表示)。 (4)己知刚释放时遮光条到光电门的距离为1()>d),当地的重力加速度为g。在滑块从静止释放到运动至 光电门的过程中，在误差允许范围内，关系式 成立，可验证机械能守恒定律（用题中 给出的字母表示)。 第6页共8页 四、解答题（共44分） 15.(8分)我国发射的探月卫星有一类为绕月极地卫星。如图所示，卫星在绕月极地轨道上做圆周运动时 距月球表面的高度可以忽略不计，绕行周期为T；月球绕地球公转的周期为T,公转轨道半径为”。地球 半径为R,月球半径为R,忽略地球引力、太阳引力对绕月卫星的影响，引力常量为G。求： 地球 月球 (1)月球质量M2: (2)地球的第一宇宙速度。 16.（10分)如图所示，一辆小轿车以15m/s的速度从匝道驶入限速为90km/h的行车道，此时前方一辆 大货车保持17/s速度匀速行驶。某时刻轿车司机踩油门超车，以恒定加速度m加速，达到限速后保持匀 速，在△t=8s的时间内行驶x=175m。此时发现无超车条件，立即以大小为a2的加速度刹车做匀减速运 动，减速2s后恰好与货车速度相等。已知轿车开始加速时与货车相距x0=100m,求： 行车道 小轿车 大货车 匝道 (1)轿车加速过程的加速度大小a1和减速过程的加速度大小a2: (2)轿车与货车的最近距离。 第7页共8页 17.(12分)在空旷的沙滩上投飞镖时，将飞镖从距离地面h=1.8m的高度以vo=8m/s的初速度斜向上投 出，飞镖插入地面时与水平地面的夹角0=53°，重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8。不计空气阻 力，求： (1)飞镖落地时的速度大小和在空中的运动时间； (2)飞镖距地面的最大高度和抛出点到落地点之间的水平距离。 18.(14分)如图所示，质量不计的硬直杆可以绕光滑转轴O在竖直面内自由转动，杆两端分别固定质量 m=1kg的小球A和质量M=4kg的小球B。已知小球A到O点的距离为2m,小球B到O点的距离为 1m。现将杆从水平位置由静止释放，在杆转动到竖直位置时，小球A脱离杆水平飞出，恰能从α点无碰 撞地进入与杆在同一竖直平面内的光滑圆弧轨道abc,到达圆弧轨道上c点之前的d点（图中未画出）脱离 轨道。已知b为圆弧轨道的最低点，c为圆弧轨道的最高点，O'为圆弧轨道的圆心，αO'与竖直方向的 夹角a=60°，不计空气阻力，取g=10m/s2。 R B 6 (1)杆转到竖直位置时，求杆对小球B的作用力： (2)杆从水平位置转到竖直位置的过程中，求杆对小球A做的功： (3)若dO'与竖直方向的夹角用9表示，写出cos9与圆弧轨道半径R的关系式，并判断R的取值范围。 第8页共8页