高三物理二輪力學(xué)選擇題專題(4份)

1、力學(xué)選擇題巧練(一)(建議用時：20 分鐘)1(2015昆山模擬)關(guān)于力學(xué)及其發(fā)展歷史，下列說法正確的是()A牛頓根據(jù)伽利略等前輩的研究，用實驗驗證得出了牛頓第一定律B牛頓通過研究發(fā)現(xiàn)物體受到的外力總是迫使其改變運動狀態(tài)，而不是維持其運動狀態(tài)C由牛頓第二定律得到 mFa，這說明物體的質(zhì)量跟其所受外力成正比，跟物體的加速度成反比D牛頓等物理學(xué)家建立的經(jīng)典力學(xué)體系不但適用于宏觀、低速研究領(lǐng)域，也能充分研究微觀、高速運動的物體2.(2015鎮(zhèn)江一模)一串小燈籠(五只)彼此用輕繩連接，并懸掛在空中在穩(wěn)定水平風(fēng)力作用下發(fā)生傾斜，繩與豎直方向的夾角為 30，如圖所示設(shè)每只燈籠的質(zhì)量均為 m.則自上往下第一

2、只燈籠對第二只燈籠的拉力大小為()A2 3mgB.2 33mgC.8 33mgD8mg3.(2015蘇州調(diào)研)據(jù)英國每日郵報報道，27 名跳水運動員曾參加了科索沃年度高空跳水比賽自某運動員離開跳臺開始計時，在 t2時刻運動員以速度 v2落水，選向下為正方向，其速度隨時間變化的規(guī)律如圖所示，下列結(jié)論正確的是()A該運動員在 0t2時間內(nèi)加速度大小先減小后增大，加速度的方向不變B該運動員在 t2t3時間內(nèi)加速度大小逐漸減小，處于失重狀態(tài)C在 0t2時間內(nèi)，該運動員的平均速度 v1v1v22D在 t2t3時間內(nèi)，該運動員的平均速度 v20v224.(多選)某足球?qū)W校在一次訓(xùn)練課上訓(xùn)練定點吊球，現(xiàn)有

3、A、B、C 三位同學(xué)踢出的足球運動軌跡如圖中實線所示，三球上升的最大高度相同，不計空氣阻力，下列說法中錯誤的是()AA 同學(xué)踢出的球落地時的速率最大BC 同學(xué)踢出的球在空中的運動時間最長CA、B、C 三位同學(xué)對球做的功一定相同D三個足球初速度的豎直分量一定相同5.(2015高考山東卷)距地面高 5 m 的水平直軌道上 A、B 兩點相距 2 m，在 B 點用細線懸掛一小球，離地高度為 h，如圖所示小車始終以 4 m/s 的速度沿軌道勻速運動，經(jīng)過 A 點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，小車運動至 B 點時細線被軋斷，最后兩球同時落地不計空氣阻力，取重力加速度的大小 g10m/s2.可求得

4、h 等于()A1.25 mB2.25 mC3.75 mD4.75 m6(2015宿遷質(zhì)檢)北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)(BDS)是中國自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，該系統(tǒng)將由 35 顆衛(wèi)星組成，衛(wèi)星的軌道有三種：地球同步軌道、中軌道和傾斜軌道其中，同步軌道半徑大約是中軌道半徑的 1.5 倍，那么同步衛(wèi)星與中軌道衛(wèi)星的周期之比約為()A.3212B.3223C.3232D.3227中國版“野牛”級重型氣墊船，自重達 540 噸，最高速度為 108 km/h，裝有“M70”大功率燃氣輪機，該機額定輸出功率為 8 700 kW.假設(shè)“野?！奔壷匦蜌鈮|船在海面航行過程中所受的阻力 Ff與速度 v 成正比，即 Ffk

5、v.則下列說法錯誤的是()A “野?！奔壷匦蜌鈮|船的最大牽引力為 2.9105NB在額定輸出功率下以最高速度航行時，氣墊船所受的阻力為 2.9105NC以最高速度一半的速度勻速航行時，氣墊船發(fā)動機的輸出功率為 2 175 kWD從題中給出的數(shù)據(jù)，能計算阻力 Ff與速度 v 的比值 k8(多選)一長度為 2R 的輕質(zhì)細桿兩端分別連接質(zhì)量為 m 和 2m、可視為質(zhì)點的球 M、N，細桿的中點 O 處有一軸，細桿可繞其在豎直面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動，開始細桿呈豎直狀態(tài)，球 N 處于最高點，如圖所示當裝置受到很小的擾動后，細桿開始繞過中點的軸轉(zhuǎn)動，則在球 N 轉(zhuǎn)動到最低點的過程中，下列說法中正確的是(重力加速度

6、 g10 m/s2)()A球 N 的機械能減少量等于球 M 的機械能增加量B球 N 的重力勢能減少量等于球 M 的重力勢能增加量C運動過程中兩球的最大速度均為4gR3D細桿對球 N 做的功為 83mgR1解析：選 B.因為不受力作用的物體是不存在的，所以牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產(chǎn)物，不可能用實驗直接驗證，所以 A 項錯誤；牛頓研究發(fā)現(xiàn)力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動狀態(tài)的原因，所以B 項正確；因為物體的質(zhì)量由其所含物質(zhì)的多少決定，與其他因素?zé)o關(guān)，所以 C項錯誤；牛頓等物理學(xué)家建立的經(jīng)典力學(xué)體系只適用于宏觀、低速研究領(lǐng)域，當研究微觀、高速運動的物體時用愛因斯坦相對

7、論，所以 D 項錯誤2.解析：選 C.自上往下以第 2 只到第 5 只燈籠為一整體作為研究對象，受力分析如圖所示，則有FTcos 304mg，解得 FT8 33mg.3解析：選 C.由題圖可知，在 0t2時間內(nèi)運動員的加速度一直不變，A 項錯誤在 t2t3時間內(nèi)圖線上各點切線斜率的絕對值的大小逐漸減小，則加速度大小逐漸減小，但加速度方向在這段時間內(nèi)始終向上，運動員減速下落處于超重狀態(tài)，B 項錯誤在 0t2時間內(nèi)為勻變速直線運動，所以平均速度 v1v1v22，C項正確在 t2t3時間內(nèi)，由圖線與 t 軸所圍面積表示位移可知，此時間內(nèi)的平均速度 v2x 得 kx2mg，所以在最低點 kxmgmam

8、g，即 ag，C錯誤彈簧形變量 x 與 t 不是線性關(guān)系，則 a 與 t 也不是線性關(guān)系，D 錯誤5解析：選 C.對小木塊分析可知，當力 F 繞小木塊旋轉(zhuǎn)一周的過程中，F(xiàn) 沿斜面向下時小木塊受到的靜摩擦力最大，小木塊受到的最大靜摩擦力 FfmmgsinF，故 A、B 均錯誤對斜面體和小木塊整體受力分析可知，水平地面對斜面體的摩擦力與 F 的水平分力大小相等， 所以最大靜摩擦力為 F， 此時 F 與斜面底邊平行，所以 C 項正確，D 項錯誤6解析：選 BC. 2gR是地球的第二宇宙速度，當發(fā)射速度大于 2gR時，嫦娥三號將脫離地球的引力，繞太陽運動，A 錯；根據(jù)萬有引力等于重力且提供向心力有 m

9、g月mv2r，可得 v g月r16gr，B 對；月球的第二宇宙速度為13gr，C 對，D 錯7解析：選 CD.滑塊運動到最高點的過程中，所受的合外力等于沿斜面向下的摩擦力 Ffmgcosmgsin，滑塊沿斜面向上做勻減速運動，運動到最高點的過程中產(chǎn)生的熱量 QFfxmgsinvt12at2，圖 A 錯誤由動能定理得mgsinvt12at2Ek12mv2，Ekmgsinvt12at212mv2，圖 B 錯誤滑塊的重力勢能 Epmgxsin，圖 C 正確根據(jù)題意知，F(xiàn)mgsinFf，機械能 E 不變，圖 D 正確8解析：選 BD.因為物體 A、B 加速度大小相等，由題圖乙可知 00.5 s 內(nèi) B

10、的加速度大小 a4 m/s2，A 錯誤；設(shè)繩的拉力為 FT，對 B 由牛頓第二定律：MgFTMa，所以 FT6 N，而 A、B 位移大小相同，則由題圖乙可知 A 在 00.5s 內(nèi)上升階段的位移大小為：x0.5 m，故繩的拉力對 A 做功為：WFTx3 J，B 正確；由題圖乙可知后 0.25 s 內(nèi) A 的加速度大小 a8 m/s2，此過程 A 在沿斜面方向只受摩擦力和重力沿斜面向下的分力作用，即mgcosmgsinma，解得：0.25，C 錯誤；全程總位移大小為：x0.75 m，對物體 A 從開始到達到運動的最高點，由動能定理可得 WWfmgxsin0，故摩擦力做功大小為：Wf0.75 J，

11、D 正確力學(xué)選擇題巧練(三)(建議用時：20 分鐘)1.(2015徐州測試)如圖所示，力 F 垂直作用在傾角為的三角滑塊上，滑塊沒被推動，則滑塊受到水平地面的靜摩擦力大小為()A0BFcosCFsinDFtan2(2015常州模擬)如圖所示，兩相同物塊分別放置在對接的兩固定斜面上，兩物塊處在同一水平面內(nèi)，物塊之間用細繩連接，在繩的中點加一豎直向上的拉力 F，使兩物塊處于靜止狀態(tài)，此時繩與斜面間的夾角小于 90，當增大拉力 F 后，系統(tǒng)仍處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是()A繩受到的拉力變小B物塊與斜面間的摩擦力變小C物塊對斜面的壓力變小D物塊受到的合力變大3據(jù)報道，我國首次 300 米飽和潛水已

12、獲得圓滿成功，6 名潛水員通過潛水鐘到達 300 米深海底進行潛水作業(yè) 若潛水鐘從水面開始下潛到最后返回水面的速度時間(vt)圖象如圖所示，則下列說法中正確的是()A下潛過程中勻速運動的時間為 48 minB全過程中的最大加速度大小為 0.012 5 m/s2C0100 min 與 100 min140 min 兩段時間的平均速度大小相同D超重現(xiàn)象發(fā)生在 80 min100 min 和 100 min120 min 時間段4(多選)(2015江蘇八校二聯(lián))質(zhì)量分別為 M 和 m 的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不

13、考慮 M、m 與斜面之間的摩擦若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放 M，斜面仍保持靜止則下列說法正確的是()A輕繩的拉力等于 MgB輕繩的拉力等于 mgCM 運動的加速度大小為(1sin)gDM 運動的加速度大小為MmMg5(多選)如圖所示，水平地面上有一個坑，其豎直截面為正方形 ABCD，若在 A 點以初速度 v0沿 AB 方向拋出一小球，小球會擊中坑壁上的 C 點，已知 AB 的長度為 l，忽略空氣阻力則()A小球下落的時間 tlv0B坑的深度 ADgl22v20C落到 C 點的速度大小為2v0D落到 C 點時速度方向與水平面成 60角6假設(shè)將來人類登上了火星，航天員考察完畢后，乘坐一艘

14、宇宙飛船從火星返回地球時，經(jīng)歷了如圖所示的變軌過程，則有關(guān)這艘飛船的下列說法，正確的是()A飛船在軌道上運動到 P 點的速度大于在軌道上運動到 P 點的速度B飛船繞火星在軌道上運動的周期跟飛船返回地面的過程中繞地球以與軌道同樣的軌道半徑運動的周期相同C 飛船在軌道上運動到 P 點時的加速度大于飛船在軌道上運動到 P 點時的加速度D飛船在軌道上運動時，經(jīng)過 P 點時的速度大于經(jīng)過 Q 點時的速度7(多選)(2015連云港模擬)某同學(xué)在開展研究性學(xué)習(xí)的過程中，利用加速度傳感器研究質(zhì)量為 5 kg 的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律，并在計算機上得到了前 4 s 內(nèi)物體加速度隨時間變化的圖象，如圖所示

15、設(shè)第 1 s 內(nèi)運動方向為正方向，則下列說法正確的是()A物體先向正方向運動，后向負方向運動B物體在第 3 s 末的速度最大C前 4 s 內(nèi)合外力做的功等于前 2 s 內(nèi)合外力做的功D物體在第 4 s 末的動能為 22.5 J8.(多選)如圖所示為一豎直放置的圓錐形容器，容器內(nèi)壁光滑兩質(zhì)量相同的小球(可視為質(zhì)點)a 和 b 在其內(nèi)壁的兩個不同高度上分別做勻速圓周運動，其半徑 Rb2Ra，則下列說法中正確的是()Aa、b 兩球受到的支持力大小之比為 11Ba、b 兩球做圓周運動的周期之比為 12Ca、b 兩球的動能之比為 1 2Da、b 兩球在運動過程中機械能守恒1解析：選 C.由平衡條件知，靜

16、摩擦力大小等于 F 在水平方向的分力，即 FfFsin，故 C 正確2解析：選 C.將 F 分解為 F1，F(xiàn)2兩個力，如圖甲所示，由于 F1、F2間的夾角不變，當 F 增大時，則知繩受到的拉力 F1和 F2同時增大，A 錯；對左邊物塊進行研究，分析受力如圖乙所示，由平衡條件得摩擦力 FfmgsinF1cos，F(xiàn)1增大，其他量不變，則 Ff 增大；支持力 FNmgcosF1sin，F(xiàn)1增大，其他量不變，則 FN變小，故 B錯，C 對；由題意知物塊處于靜止狀態(tài)，受到的合力為零，保持不變，故 D 錯3解析：選 D.由題圖可知，在 0100 min 內(nèi)潛水鐘下潛的深度為 300 m，設(shè)潛水鐘勻速下潛的

17、時間為 t，則有 4t(100t)42300，可解得 t50(min)，選項 A 錯誤； 全過程中加速度大小最大是在 100 min120 min 和 120 min140 min兩個時間段， 最大加速度大小為 amvt2.08104m/s2， 選項 B 錯誤； 0100min 內(nèi)的平均速度為x1t13 m/min，100 min140 min 內(nèi)的平均速度為x2t27.5 m/min，選項 C 錯誤；在 80 min100 min 內(nèi)潛水鐘減速下降，100 min120min 內(nèi)潛水鐘加速上升，均發(fā)生超重現(xiàn)象，故選項 D 正確4解析：選 BCD.互換位置前，M 靜止在斜面上，則有：Mgsin

18、mg，互換位置后，對 M 有 MgFTMa，對 m 有：FTmgsinma，又 FTFT，解得：a(1sin)gMmMg，F(xiàn)Tmg，故 A 錯，B、C、D 對5解析：選 AB.小球做平拋運動的水平位移 lv0t，則小球下落的時間為 tlv0，A 項正確；小球在豎直方向的位移 y12gt2gl22v20，B 項正確；落到 C 點時，水平分位移與豎直分位移大小相等，即 v0tvy2t，所以 vy2v0，落到 C 點時速度大小v v20v2y 5v0， 方向與水平面的夾角的正切值為 tanvyv02， 不等于 60，選項 C、D 錯誤6解析：選 D.飛船在軌道上經(jīng)過 P 點時，要點火加速，使其速度增

19、大做離心運動，從而轉(zhuǎn)移到軌道上，所以飛船在軌道上運動到 P 點的速度小于在軌道上運動到 P 點的速度，A 錯誤；根據(jù) GMmr2mr2T2，得周期公式 T2r3GM，雖然 r 相等，但是由于地球和火星的質(zhì)量不等，所以周期 T 不相等，故B 錯誤；飛船在軌道上運動到 P 點時與飛船在軌道上運動到 P 點時受到的萬有引力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度必定相等，故 C 錯誤；飛船在軌道上從 P 點運動到 Q 點時，飛船做離心運動，P 點速度大于 Q 點的速度，故 D 正確7解析：選 BCD.物體先做正方向加速度增大的加速運動，再做加速度減小的加速運動，物體在第 3 s 末的速度最大，后做加速度

20、增大的減速運動，運動方向始終為正方向，則選項 A 錯誤，B 正確；從題 at 圖象可知 2 s3 s 加速度大小的平均值等于 3 s4 s 加速度大小的平均值，所以 2 s3 s 物體增加的速度等于 3 s4 s 物體減小的速度， 可知物體在第 2 s 末的速度和第 4 s 末的速度大小相等， 由動能定理知，前 4 s 內(nèi)合外力做的功等于前 2 s 內(nèi)合外力做的功，則選項 C正確； at 圖線與坐標軸所包圍圖形的面積是速度變化量的大小， v4v23 m/s，則物體在第 4 s 末的動能為 Ek412mv2412532J22.5 J，故選項 D 正確8解析：選 AD.設(shè) a、b 兩球質(zhì)量均為 m

21、，受到的支持力大小分別為 FNa、FNb，周期分別為 Ta、Tb，動能分別為 Eka、Ekb，圓錐母線與豎直方向夾角為.由題意可知，兩小球在豎直方向上的合力均為零，所以對 a 球有 FNasinmg，對 b球有 FNbsinmg，所以 FNaFNb11，選項 A 正確；兩小球受到的支持力在水平方向上的分量提供小球運動的向心力，故對 a 球有 FNacosm42T2aRa，對 b 球有 FNbcosm42T2bRb，由 Rb2Ra，可得 TaTb12，選項 B 錯誤；對 a 球有 FNacosmv2aRa2EkaRa，同理有 FNbcos2EkbRb，可得：EkaEkb12，選項C 錯誤；兩小球

22、在運動過程中動能不變，重力勢能不變，故其機械能不變，選項D 正確力學(xué)選擇題巧練(四)(建議用時：20 分鐘)1下列有關(guān)物理方法的說法中正確的是()A螺旋測微器采用了放大法B庫侖在探究影響兩電荷之間的相互作用力的因素時應(yīng)用了類比法C在推導(dǎo)勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了理想模型法D在驗證力的平行四邊形定則的實驗中，使用了控制變量的方法2.如圖所示，質(zhì)量為 M 的斜面體靜止在粗糙的水平地面上，斜面體的兩個斜面均是光滑的，頂角為2，兩個斜面的傾角分別為、，且.兩個質(zhì)量均為 m 的物體 P、Q 分別在沿斜面向上的力

23、 F1、F2的作用下處于靜止狀態(tài)則以下說法中正確的是()A水平地面對斜面體的靜摩擦力方向水平向左B水平地面對斜面體的靜摩擦力大小為 F2cosF1cosC水平地面對斜面體的支持力等于(Mm)gD水平地面對斜面體的支持力等于(M2m)g3(多選) (2015泰州模擬)如圖所示，物體以初速度 v0沖上足夠長的粗糙斜面，圖中關(guān)于物體位移 x 與時間 t 關(guān)系的圖象可能正確的是()4(多選)(2015高考海南卷)如圖，升降機內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑當升降機加速上升時，()A物塊與斜面間的摩擦力減小B物塊與斜面間的正壓力增大C物塊相對于斜面減速下滑D

24、物塊相對于斜面勻速下滑5.(2015孝感模擬)如圖所示，水平傳送帶 A、B 兩端相距 x2 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.4.工件滑上 A 端瞬時速度 vA5 m/s，到達 B 端的瞬時速度設(shè)為 vB，則()A若傳送帶不動，則 vB3 m/sB若傳送帶逆時針勻速運動，則 vB3 m/sD若傳送帶以 2 m/s 的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，則 vB2 m/s6(2015蘇北五校聯(lián)考)某同學(xué)學(xué)習(xí)了天體運動的知識后， 假想宇宙中存在著由四顆星組成的孤立星系 如圖所示，一顆母星處在正三角形的中心，三角形的頂點各有一顆質(zhì)量相等的小星圍繞母星做圓周運動如果兩顆小星間的萬有引力為 F，母星與任意一顆小星間的萬

25、有引力為 9F.則()A每顆小星受到的萬有引力為( 39)FB每顆小星受到的萬有引力為329FC母星的質(zhì)量是每顆小星質(zhì)量的 2 倍D母星的質(zhì)量是每顆小星質(zhì)量的 3 3 倍7 水平面上質(zhì)量為 m10 kg 的物體受到的水平拉力 F 隨位移 x 變化的規(guī)律如圖所示，物體勻速運動一段時間后，拉力逐漸減小，當 x7.5 m 時拉力減為零，物體也恰好停下取 g10 m/s2，下列結(jié)論正確的是()A物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為 0.2B合外力對物體所做的功約為40 JC物體勻速運動時的速度為 2 m/sD物體運動的時間為 0.4 s8.(多選)質(zhì)量分別為 m1、m2的物體 A、B 并排放在水平地面上，分別

26、受到同向水平拉力 F1、F2作用，一段時間后撤去拉力，均滑行一段距離后停止A、B 兩物體的 vt 圖象分別如圖線 a、b 所示則()A若 m1m2，撤去拉力后，阻力的平均功率相等B若 2m1m2，A 撤去拉力后阻力的平均功率小于 B 撤去拉力后阻力的平均功率C若 m1m2，力 F1的最大瞬時功率一定是力 F2的最大瞬時功率的 2 倍D若 m12m2，力 F1的最大瞬時功率一定是力 F2的最大瞬時功率的 2 倍力學(xué)選擇題巧練(四)1解析：選 A.用螺旋測微器測量物體的長度時，通過微調(diào)放大示數(shù)使讀數(shù)更為精確，A 正確；在探究影響兩電荷之間的相互作用力的因素時，采用了控制變量法，B 錯誤；在推導(dǎo)勻變

27、速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，C 錯誤；在驗證力的平行四邊形定則的實驗中，使用了等效替代的方法，D 錯誤2 解析： 選 C.物體 P 對斜面體的水平作用力等于 mgcos sinmgsin 22，同理，物體 Q 對斜面體的水平作用力是 mgcossinmgsin 22，而 sin 2sin 22sin 2，所以二力平衡，斜面體沒有運動的趨勢，水平地面對斜面體沒有摩擦力，故 A、B 錯；物體 P 對斜面體的壓力在豎直方向上的分力是mgcos2，物體 Q 對斜面體的壓力在豎直方向上的分力是 mgcos2，

28、cos2cos22sin2， 所以合力為 mg， 故地面對斜面體的支持力等于(Mm)g，故 C 對、D 錯3解析：選 AB.物體在斜面上的運動有兩種可能：一種是沖上斜面速度減為 0，然后保持靜止，A 項正確；另一種是向上做勻減速運動，速度減為 0 后，又向下做勻加速運動，由 xt 圖象斜率表示速度，分析得 B 項正確；因物體不可能向上做勻加速運動，故 C、D 錯誤4解析：選 BD.當升降機加速上升時，物塊有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據(jù)滑動摩擦力公式 FfFN可知接觸面間的正壓力增大，物塊與斜面間的摩擦力增大，故 A 錯誤，B 正確；設(shè)斜面的傾角為，物塊的質(zhì)量為 m，當勻速

29、運動時有 mgsinmgcos，即 sincos，假設(shè)物塊以加速度 a 向上運動時， 有 FNm(ga)cos， Ffm(ga)cos， 因為 sincos，所以 m(ga)sinm(ga)cos，故物塊仍做勻速下滑運動，C 錯誤，D 正確5解析：選 A.若傳送帶靜止，工件滑上傳送帶后做勻減速運動，加速度大小 ag(以水平向右為加速度的正方向)，工件勻減速到速度為 0 過程發(fā)生的位移 x10v2A2a3.125 mx2 m，所以滑動到 B 端時速度還沒有減小到 0，因此有 xv2Bv2A2a，解得 vB3 m/s，A 對若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，則工件相對傳送帶向右，摩擦力向左，仍是勻減速運動，但減速到 0 之前就已經(jīng)到達 B 端，末速度與之前勻減速運動一樣， 仍是 vB3 m/s， B 錯 若傳