浙江省杭州学军中学2026-2027学年高一上学期10月阶段检测物理试题

浙江省学军中学2026-2027学年高一上学期 阶段性测试物理试卷 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。 一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不给分) 1.  2026年爱知·名古屋亚运会，中国运动员彭旭玮在9月22日16：00开始的女子200米仰泳比赛中，以2分05秒77的成绩打破亚洲纪录卫冕。已知游泳赛道长度为50m，关于这场比赛，下列说法正确的是（        ） A．研究彭旭玮在赛道尽头的转身动作时，可以把她看作质点 B．彭旭玮在整个比赛过程的平均速度约为1.6m/s C．以其他游泳比赛队员为参考系，彭旭玮是静止的 D．16：00指的是时刻，2分05秒77指的是时间 2.  “祝融号”火星车沿如图所示路线行驶，在此过程中揭秘了火星乌托邦平原浅表分层结构，该研究成果被列为“2022年度中国科学十大进展”之首。“祝融号”从着陆点O处出发，经过61天到达M处，行驶路程为585米；又经过23天，到达N处，行驶路程为304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约为463米和234米，则火星车（　　） 　　 A．从O处行驶到N处的路程为697米 B．从O处行驶到N处的位移大小为889米 C．从O处行驶到M处的平均速率约为20米/天 D．从M处行驶到N处的平均速度大小约为10米/天 3.  科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知（　　） 　　 A．时间内，训练后运动员的平均加速度大 B．时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等 C．时间内，训练后运动员的平均速度小 D．时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动 4.  2025年11月，人形机器人“夸父”担任第十五届全运会0号火炬手，以拟人姿态奔跑完成百米火炬传递。已知机器人的质量为，鞋底与地面的动摩擦因数为0.8，重力加速度取。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，考虑奔跑时竖直方向的重心起伏，下列说法正确的是（        ） A．机器人奔跑时，竖直方向合力恒为零 B．机器人奔跑时，受到的静摩擦力恒为 C．机器人奔跑时，支持力与重力是一对作用力与反作用力 D．机器人单脚着地时，地面给机器人的支持力可能大于 5.  如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（　　） 　　 A．45° B．55° C．60° D．70° 6.  我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为，不计石块间的摩擦，则为（       ） 　　 A． B． C．1 D．2 7.  如图所示，光滑圆弧竖直固定，用轻绳连接两个小球P、Q，两小球套在圆环上且均处于平衡状态，两小球与圆弧的圆心连线夹角分别为和，则两球质量之比为（       ） 　　 A． B． C． D． 8.  质量均为m的两个金属小球P、Q用一轻质弹簧连接，P球用轻绳悬挂于天花板上O点，如图．Q球受到水平拉力（g为重力加速度的大小）的作用，当系统处于平衡状态时，轻绳与竖直方向的夹角为41°，轻弹簧伸长量为x，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（        ）（，） 　　 A．轻绳中拉力 B．轻弹簧中拉力 C．轻弹簧的劲度系数 D．轻弹簧与水平方向的夹角 9.  如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则在乙下落的过程中（　　） 　　 A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力逐渐增大 C．甲运动的加速度大小为2.5m/s2 D．乙受到绳子的拉力大小为5.0N 10.  某大桥是一座独柱斜塔斜拉桥，如图（a）所示。大桥斜塔、正索区及两组对称分布的背索区结构分别等效为刚性杆、拉索、和，如图（b）所示，为桥面中心线，与垂直，、所在平面与桥面垂直，且、与桥面的夹角分别为、，与长度相等且夹角为，。设、和对的拉力分别为、和。若此三力的合力沿方向，且，不考虑拉索的质量，则与的比值为（        ） 　　 A． B． C． D． 二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 11.  在物理学的重大发现中往往采用了许多研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等。以下关于所用研究方法的叙述正确的是（　　） A．力的合成与分解采用的是等效替代思想 B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 C．伽利略把斜面实验的倾角外推到90°，得到自由落体运动的规律，采用的是极限思维法 D．牛顿第一定律是牛顿在大量实验验证基础上提出的 12.  如图甲所示，我国古建筑屋顶多采用蝴蝶瓦方式铺设，图乙是两片底瓦和一片盖瓦的铺设示意图，三根相同且平行的椽子所在平面与水平面夹角为。图丙为截面示意图，弧形底瓦放置在两根相邻的椽子正中间，盖瓦的底边恰与底瓦的凹槽中线接触。已知相邻两椽子与底瓦接触点间的距离和瓦的半径都为，盖瓦和底瓦形状相同，厚度不计，质量均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取，在无扰动的情况下，底瓦与盖瓦均保持静止。若仅铺设这三片瓦进行研究，则（　　） 　　 A．盖瓦受到底瓦弹力方向竖直向上 B．底瓦与椽子之间的动摩擦因数 C．适当增大两椽子间的距离，椽子对底瓦的摩擦力增大 D．适当增大两椽子间的距离，底瓦更不容易下滑 13.  如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，圆心O的正上方有一个大小可忽略的光滑定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮A，一端与质量为m的小球连接，小球置于圆柱体P上，另一端系在固定竖直杆上的B点。一质量为m0的钩码挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。除圆柱体P与地面之间的摩擦以外，其它摩擦不计，绳的总长不变，则（        ） 　　 A．若将B点缓慢移动到C点，且小球未动，在这个过程中，轻绳对钩码的拉力不变 B．若将竖直杆缓慢向右移动，且小球未动，在这个过程中，地面对圆柱体P的支持力增大 C．若减小钩码的质量，整个装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则轻绳的张力变大 D．若增大钩码的质量，整个装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则圆柱P对小球的支持力减小 三、实验题(本题共2小题，共14分) 14.  某兴趣小组做“验证力的平行四边形定则”的实验，装置如图甲所示，其中为固定橡皮筋的图钉，为橡皮筋与细绳的结点，及为细绳。整个实验在竖直平面内完成且方向竖直。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。 　　 (1) 图乙中的与两力中，方向一定沿方向的是  。 (2) 下列关于本实验的说法中，正确的有          。 A．拉橡皮筋的细绳不可以用弹性绳代替，而且细绳长一些，实验效果较好 B．拉橡皮筋时，弹簧测力计、橡皮筋、细绳应与木板靠近且与木板平面平行 C．橡皮筋弹性要好，拉结点到达点时，拉力要适当大些，且拉力和的夹角越大越好 D．在同一次实验中，应将结点拉到同一位置 (3) 兴趣小组的同学对实验过程中的动态变化产生了浓厚的兴趣，按图乙所示，他们完成以下的探究：若初始时、成钝角，现将、一起顺时针转动，转动过程中要保持点位置和、的夹角不变，从水平方向转到竖直方向，他将观察到的现象是          。 A．一直减小，一直增大 B．一直减小，先增大再减小 C．先增大再减小，一直增大 D．先减小再增大，先增大再减小 15.  实验课上，同学们利用电磁打点计时器等器材，研究小车做匀变速直线运动的规律。其中某小组的同学从所打的几条纸带中选取了一条点迹清晰的纸带，如图所示。图中O、A、B、C、D是按打点先后顺序依次选取的计数点，相邻计数点还有四个点没有画出。 (1) 实验中除打点计时器（含纸带，复写纸）小车，钩码，长平板、铁架台、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，还需使用的有___________。（不定项选择） A．低压直流电源 B．低压交流电源 C．刻度尺 D．秒表 (2) 实验过程中，下列说法正确的是 ___________。（不定项选择） A．要先接通电源，再释放小车 B．使用频率为50 Hz的交流电，说明每隔0.2 s打一个点 C．纸带上点迹比较密集的区域，对应小车的运动速度比较大 D．选取计数点是为了充分利用纸带更多数据，且减少测量相对误差，从而减少实验误差 (3) 由图中的数据可知，打点计时器打下C点时小车的运动速度大小是  m/s。打计数点O时小车的瞬时速度大小为  m/s（均保留两位有效数字）。 　　 (4) 小车运动的加速度大小是  m/s2（保留两位有效数字）。 (5) 如果当时电源中交流电的实际频率为40 Hz，而同学们并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比  （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 四、解答题(本题共4小题，共44分) 16.  （8分）如图所示，物体A通过滑轮与物体B相连，系统处于静止状态。已知物体A的质量为1kg，物体B的质量为6kg，物体B与水平面之间的动摩擦因数为，不计滑轮质量且滑轮与绳子间摩擦不计，绳子不可伸长，平衡时段绳子与竖直方向的夹角为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，求： 　　 (1) 平衡时段绳子张力大小； (2) 增加物体A的质量，A质量为多大时，物体B将开始滑动。 17. （10分）某中学校某物理兴趣小组自制了一个如图所示的水火箭。在发射过程中，将参数理想化处理如下：假设水火箭一直在一条竖直线上运动，先由静止从地面以的加速度竖直向上运动了，然后失去动力做加速度大小为的竖直上抛运动。求： 　　 (1) 水火箭在上升过程中的最大速度vm； (2) 水火箭上升过程的总时间； (3) 若水火箭在下落过程中距离最高点处打开降落伞做匀减速直线运动，为保证安全着陆，到达地面时的速度不能高于，则水火箭做匀减速运动的加速度至少是多少？ 18.  （12分）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，重力加速度取，求雪车（包括运动员） （1）在直道AB上的加速度大小； （2）过C点的速度大小； （3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 　　 19.  （14分）我国一新能源汽车上市之前在一条直线跑道上进行“单踏板模式”性能测试，测试过程分为三个阶段。阶段I：驾驶员踩下电门至某一位置，汽车由静止启动，其加速度的倒数与速度v的关系如图所示，当汽车加速至v1=20m/s时进入阶段II；阶段II：驾驶员通过适当调节电门，使汽车做匀加速直线运动，以加速度a2=4m/s2加速至v2=36m/s时进入阶段III；阶段III：驾驶员松开电门，汽车的能量回收，制动系统启动，汽车开始减速直至停下，该减速过程中汽车的加速度a3与速度v满足关系式（其中）。求： 　　 (1) 阶段I经历的时间t多大； (2) 阶段II汽车运动的时间和位移的大小； (3) 阶段III汽车位移的大小。 答案解析 1. 【答案】D 【解析】  A．研究转身动作，需要看身体姿态，不能忽略形状大小，不可视为质点，A错误； 　　B．彭旭玮游泳比赛时位移为0，所以平均速度为0， B错误； 　　C．以其他游泳比赛队员为参考系，彭旭玮速度是不同的，是运动的，C错误； 　　D．16：00是比赛开始的那一瞬间，属于时刻，2分05秒77是完成全程所用的一段时长，属于时间，D正确。 　　故选D。 2. 【答案】D 【解析】  A．由题意可知从O到N处的路程为 　　故A错误； 　　B．位移的大小为两点之间的直线距离，O、M、N三点大致在一条直线上，则从O到N处的位移大小为 　　故B错误； 　　C．平均速率为路程与时间的比值，故从O行驶到M处的平均速率为 　　故C错误； 　　D．平均速度大小为位移与时间的比值，则从M行驶到N处的平均速度为 　　故D正确。 　　故选D。 3. 【答案】D 【解析】  A．根据图像的斜率表示加速度，由题图可知时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误； 　　B．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误； 　　C．根据图像围成的面积表示位移，由题图可知时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误； 　　D．根据图像可直接判断知，时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。 　　故选D。 4. 【答案】D 【解析】  根据题意可知，机器人重力 　　最大静摩擦力　　A．机器人奔跑时存在竖直方向的重心起伏，即竖直方向有加速度，由牛顿第二定律可知竖直方向合力不为零，故A错误； 　　B．静摩擦力的大小随运动状态动态变化，如：当脚离地时不受静摩擦力，不可能恒为，故B错误； 　　C．作用力与反作用力是两个相互作用物体之间的相互力，支持力是地面给机器人的力、重力是地球给机器人的力，两个力作用在同一物体上，不属于作用力与反作用力，故C错误； 　　D．当机器人竖直方向有向上的加速度时处于超重状态，由牛顿第二定律　　得　　因此支持力可能大于，故D正确。 　　故选D。 5. 【答案】B 【解析】  甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示 　　 　　根据几何关系有 　　解得。 　　故选B。 6. 【答案】D 【解析】  六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为，每块石块对应的圆心角为，对第块石块受力分析如图 　　 　　结合力的合成可知 　　对第2块和第三块石块整体受力分析如图 　　 　　解得 　　故选D。 7. 【答案】B 【解析】  方法一：以小球P和Q为系统，根据力矩平衡有 　　可得 　　  　　方法二：对P受力分析，受重力 、圆弧轨道的支持力 和轻绳的拉力 ，将重力和绳子拉力沿着垂直半径方向分解，根据平衡条件可得 　　 　　可得 　　同理可得 　　则 　　故选B。 8. 【答案】C 【解析】  A．将小球、视为一个整体，对整体进行受力分析，在竖直方向由平衡条件可得 　　则轻绳中拉力为，故A错误； 　　B．对小球进行受力分析，小球受到重力、水平拉力和轻弹簧拉力，由力的合成可知，轻弹簧拉力大小等于重力与水平拉力的合力大小，即，故B错误； 　　C．轻弹簧伸长量为，由胡克定律可得，轻弹簧的劲度系数为，故C正确； 　　D．设轻弹簧与水平方向的夹角为，对于小球的受力，由力的三角形法则可得　　解得，故D错误； 　　故选C。 9. 【答案】C 【解析】  A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误； 　　B．设乙运动的加速度为，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有　　则地面对木箱的支持力大小不变，B错误； 　　CD．设绳子的弹力大小为，对甲受力分析有　　对乙受力分析有　　联立解得，　　C正确，D错误。 　　故选C。 10. 【答案】A 【解析】  因为，且PB、PC关于POD平面对称，二者的合力会沿PD方向，大小为 　　合力沿PO方向，因此垂直于PO方向的分力总和为0，根据几何关系可得正索拉力在垂直PO方向的分力大小为　　背索合力在垂直PO方向的分力大小为　　两个垂直分力大小相等、方向相反，因此　　可得　　故选A。 11. 【答案】AB 【解析】  A．力的合成与分解采用等效替代的思维方法，故A正确； 　　B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故B正确； 　　C．伽利略把斜面实验的倾角外推到，得到自由落体运动的规律，采用的是合理外推法，故C错误。 　　D．牛顿第一定律是牛顿在实验基础上合理外推、抽象概括得出，属于理想实验法，并不是大量实验直接验证得到，故D错误。 　　故选AB。 12. 【答案】BD 【解析】  A．设椽子所在平面与水平面的夹角为。底瓦对盖瓦的弹力垂直接触面，其方向均与椽子垂直；由左右对称性，两侧弹力的合力垂直椽子所在平面向上，并非竖直向上，A错误； 　　B．设每片瓦的质量为，底瓦的半径为，相邻两椽子与底瓦接触点间的距离为，椽子对底瓦的支持力与椽子所在平面法线的夹角为。在垂直椽子的截面内，支持力沿底瓦的半径方向，由几何关系有　　得　　以三片瓦为整体，设椽子对两片底瓦各接触处的支持力大小之和为，沿椽子向上的静摩擦力之和为，由平衡条件有　　沿椽子方向有　　根据最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整体保持静止必须满足　　联立得，B正确； 　　C．三片瓦的总重力及屋面倾角不变，椽子对两片底瓦的静摩擦力之和仍为　　由左右对称性，椽子对每片底瓦的静摩擦力大小均为，与椽子间距无关，C错误； 　　D．适当增大椽子间距，由可知，增大，减小。 　　由可知，各接触处支持力大小之和增大。 　　最大静摩擦力之和随之增大，而维持静止所需的静摩擦力不变，因此底瓦更不容易下滑，D正确。 　　故选BD。 13. 【答案】AC 【解析】  设圆柱体半径为、质量为，小球球心为，滑轮到圆心的距离为，小球与滑轮间的绳长为，绳的张力为，圆柱体对小球的支持力为。小球受到重力、绳的拉力和沿OQ方向的支持力，三力平衡，力的三角形与几何三角形AOQ相似，故有 解得， 因此，张力随小球到滑轮的距离增大而增大，圆柱体对小球的支持力大小则与小球的位置无关。 　　A．小球未动时，和均不变，由可知绳的张力不变；钩码静止时，轻绳对钩码的合力始终与其重力等大反向，故A正确； 　　B．设OQ与竖直方向的夹角为，以圆柱体为研究对象，竖直方向受力平衡，有地面的支持力小球未动时，及均不变，地面对圆柱体的支持力不变，故B错误； 　　C．减小钩码质量后，小球原位置处的绳张力暂时减小，小球沿圆柱面向下移动，与滑轮的距离增大；再次平衡时，由可知轻绳张力比原来大，故C正确； 　　D．增大钩码质量后，小球的位置发生变化，但只要小球仍在圆柱体上且处于静止状态，就始终满足其中、、均不变，因此圆柱体对小球的支持力大小不变，故D错误。故选AC。 14. (1) 【答案】 【解析】  是用一只弹簧测力计将结点拉到相同位置时测得的拉力。此时结点平衡，该拉力与橡皮筋的拉力大小相等、方向相反，作用线一定沿。是根据两个拉力的测量结果按平行四边形定则作出的合力，受测量和作图误差影响，其方向可能偏离。因此方向一定沿的是。 (2) 【答案】BD 【解析】  A．细绳适当长一些，有利于减小记录拉力方向时的误差；弹性绳绷紧后也能沿绳的方向传递拉力，在准确记录拉力大小和方向的条件下可以使用，故A错误； 　　B．弹簧测力计、橡皮筋和细绳应靠近木板且与木板平面平行，使拉力方向与纸面上记录的方向一致，故B正确； 　　C．拉力应在橡皮筋的弹性限度和测力计量程内适当大些，但两拉力的夹角应适当，夹角过大时合力相对于分力较小，测量误差对合力结果的影响会增大，故C错误； 　　D．同一次实验中，两只测力计共同拉和一只测力计单独拉时，应将结点拉到同一位置，使橡皮筋的伸长量和拉力相同，保证两次拉力的作用效果相同，故D正确。 　　故选BD。 (3) 【答案】B 【解析】  结点的位置不变，橡皮筋的伸长量不变，所以等效拉力的大小和竖直向下的方向均不变。忽略实验误差，两拉力的合力与相同。设和的固定夹角为，与竖直向下的的夹角为。转动过程中，从减小到。将平移到的末端，构成力的三角形，其三个内角分别为，和。由正弦定理得 　　由上式整理得　　由于和不变，由减小到时，一直减小，因此一直减小。对于另一拉力，由上式整理得　　为钝角，由锐角逐渐增大，经过后成为钝角，其正弦值先增大后减小，因此先增大后减小。下图标出了上述力的三角形及三个内角，辅助理解正弦定理中的对应关系： 　　 　　故选B。 15. (1) 【答案】BC 【解析】  AB．电磁打点计时器需要低压交流电源供电，故A错误，B正确； 　　C．电磁打点计时器在纸带上打点距离需要用刻度尺测量，故C正确； 　　D．电磁打点计时器在纸带上打出相邻两点时间间隔由交流电源频率决定，不需要秒表测量，故D错误。 　　故选BC。 (2) 【答案】AD 【解析】  A．先接通电源使打点计时器打点稳定，才可保证打出任意两点时间间隔相同，故要先接通电源，再释放小车，故A正确； 　　B．使用频率为50 Hz的交流电，则每打一个点间隔时间，故B错误； 　　C．电磁打点计时器在纸带上打出相邻两点时间间隔相同，则纸带上点迹比较密集时，小车所走位移一定时，所用时间较多，则由公式得小车的运动速度比较小，故C错误； 　　D．选取纸带上计数点，增大测量距离，有助于提高计算数据的准确性，减少测量相对误差，从而减少实验误差，故D正确。 　　故选AD。 (3) 【答案】； 【解析】  [1]匀变速直线运动一段时间内中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，由于相邻计数点之间还有四个点没有画出，则任意两个连续点时间间隔，则　　[2]匀变速直线运动任意两个连续相等的时间的位移差，为减小误差，则应使用较多的点，则加速度计算方程为　　则代入数据得　　由O到D是匀加速运动，则O点速度满足　　解得 (4) 【答案】 【解析】  由上述可得加速度大小为 (5) 【答案】偏大 【解析】  当电源中交流电的实际频率为40 Hz，则得实际打点周期，可得打点周期增大，若仍将周期代入计算，则由公式可得计算出的加速度将偏大。 16. (1) 【答案】 【解析】  滑轮受到三段绳子的作用力，两段分别连接物体A、物体B的绳子张力大小相等，都等于A的重力 　　段绳子的拉力，可得 (2) 【答案】 【解析】  设此时A的质量为，则连接B的绳子张力 　　对B受力分析：B的重力，由几何关系可得绳子拉力与水平方向夹角为，根据正交分解和共点力平衡得竖直方向　　水平方向：B将开始滑动时，拉力的水平分量等于最大静摩擦力，即　　代入​​，解得 17. (1) 【答案】 【解析】  由题意得，火箭上升30m时速度最大，根据速度位移关系有 　　可得最大速度 (2) 【答案】 【解析】  水火箭加速上升，根据速度时间关系有 　　解得加速上升的时间　　水火箭失去动力后做竖直上抛运动有　　解得竖直上抛的时间　　所以水火箭上升运动的时间为 (3) 【答案】4.96m/s2 【解析】  水火箭失去动力后做竖直上抛运动的距离 　　则水火箭上升的总高度　　水火箭从最高点下落做自由落体运动，下落至距离最高点处的速度　　打开降落伞后做匀减速直线运动，设加速度大小为，减速下落的高度　　根据速度位移关系有，其中　　解得，即水火箭做匀减速运动的加速度至少为。 18. 【答案】（1） ；（2）12m/s；（3）66N 【解析】  （1）AB段 　　解得 　　（2）AB段 　　解得 　　BC段 　　过C点的速度大小 　　（3）在BC段有牛顿第二定律 　　解得 19. (1) 【答案】20s 【解析】  根据加速度的定义式 　　整理可得　　故图线与坐标轴所围面积为加速时间，则阶段I经历的时间为 (2) 【答案】4s，112m 【解析】  阶段II汽车做匀加速运动，则运动的时间 　　位移的大小 (3) 【答案】18m 【解析】  阶段Ⅲ汽车的加速度，即 　　即　　因此其a-t图像与坐标轴围成的面积是v-t图像与坐标轴围成的面积的k倍，故速度改变量的大小是位移大小的k倍，则有　　解得x=18m。 学科网（北京）股份有限公司 $